重难点03 圆的基本性质与圆的综合证明问题（9大题型+高分技法+限时提升练）-2025年中考数学【热点·重点·难点】专练（浙江专用）

重难点03 圆的基本性质与圆的综合证明问题 中考数学中圆的基本性质与圆的综合证明问题主要考向分为六类： 一、圆中的长度计算与转化（每年2~3道，6~12分） 二、圆中的角度计算与转化（每年1~2道，3~6分） 三、切线的性质与判定（每年1题，3~4分） 四、弧长、扇形面积、圆锥侧面积的计算（每年1题，3分） 五、三角形的外心与内心（每年1~2题，3~9分） 六、圆的综合证明问题（每年1题，8分） 在浙江数学中考中，圆是容量很大，分值占比较大，难度可以很大的一个考点。其中，主要考察点有圆中的长度计算与角度计算，牵涉到的主要考点则有垂径定理、圆周角定理、圆的内接四边形等，综合题中还会和特殊三角形、全等三角形、相似三角形等考点结合，所以需要考生更加重视圆的中考复习。 考向一：圆中的长度计算与转化 【题型1 垂径定理及其相关应用】 1.圆中长度模型“知2得3” 由图可得以下5点： ①AB⊥CD；②AE=EB；③AD过圆心O；④；⑤； 以上5个结论，知道其中任意2个，剩余的3个都可以作为结论使用。 2. 常做辅助线：连半径、作弦心距、见直接连弦长得直径所对圆周角； 3. 圆中的长度计算口诀：圆中求长度，垂径加勾股【即圆中牵涉到长度计算时，首选垂径定理，然后在由半径、弦长一半、弦心距组成的直角三角形中用勾股定理列方程】 1．（2024•柯桥区二模）某项目化研究小组只用一张矩形纸条和刻度尺，来测量一次性纸杯杯底的直径．小敏同学想到了如下方法：如图，将纸条拉直并紧贴杯底，纸条的上下边沿分别与杯底相交于A、B、C、D四点，然后利用刻度尺量得该纸条的宽为3.5cm，AB＝4cm，CD＝3cm．请你帮忙计算纸杯杯底的直径为（　　） A．4.8cm B．5cm C．5.2cm D．6cm 2．（2024•西湖区三模）如图，直线AB交⊙O于C，B两点，若AO⊥BO，且，则BC＝　 　 ． 3．（2024•浙江一模）如图，P为直径AB上的一点，点M和N在⊙O上，且∠APM＝∠NPB＝30°．若OP＝2cm，AB＝16cm，则PN+PM＝　 　 cm． 4．（2024•浙江模拟）如图，将一装有水的球形容器放在水平地面上，其轴截面为⊙O的一部分，AB为容器口，DE为水面，已知⊙O半径为5cm，AB＝6cm，DE＝8cm，将容器从甲处AB与地面平行时向右缓慢滚至乙处水面DE正好经过点B时（水无溢出），点A相对甲处时升高了多少厘米？（　　） A． B． C． D．1 5．（2024•温州模拟）温州有很多历史悠久的石拱桥，它们是圆弧的桥梁．如图是温州某地的石拱桥局部，其跨度AB为24米，拱高CD为4米，则这个弧形石拱桥设计的半径为 　 　 米． 6．（2024•温州模拟）某一公路单向隧道由一弧形拱与矩形组成，为了确定大货车通过公路隧道的最大高度，道路交通学习小组展开了以下研究．如图1，经测量得AB＝4m，为了确定BC与弧形拱半径的长度，学习小组找到一根5m长的笔直杆子，将杆子一端置于点C处，另一端置于AD上点E处，AE＝1m．如图2，调整杆子位置，直至一端在AB上的点G处，另一端在圆弧上点F处，FG⊥AB，GB＝1m，如图3，某一集装箱大货车宽为2.4m，则该大货车的最大高度（包括货物） 　 　 m． 7．（2025•乐清市校级模拟）如图，点A是以BC为直径的半圆O上的一点，D，E分别是和的中点，连结DE交AB于M，交AC于N．若AB＝8，AC＝6时，则MN的值为　 　 ． 考向二：圆中的角度计算与转化 【题型2 圆周角定理及其推论】 圆中角度模型“知1得4” 由图可得以下5点： ①AB=CD；②；③OM=ON；④；⑤； 以上5个结论，知道其中任意1个，剩余的4个都可以作为结论使用。 圆中的角度计算口诀：圆中求角度，同弧或等弧【即圆中牵涉到角度计算或证明时，首先想同弧（或等弧）所对的圆周角相等】 1．（2025•浙江一模）如图，在⊙O中，AB＝AC，若∠ABC＝65°，则∠BOC的度数为（　　） A．130° B．100° C．120° D．110° 2．（2025•拱墅区模拟）如图，△ABC中，AC＝AB，以AB为直径作⊙O，交BC于D，交AC于E．若∠BAD＝25°，则∠EDC＝　 　 °． 3．（2024•柯桥区模拟）如图，⊙O半径长2cm，点A、B、C是⊙O三等分点，点D为圆上一点，连接AD，且AD＝2cm，CD交AB于点E，则∠BED＝（　　） A．75° B．65° C．60° D．55° 4．（2024•钱塘区一模）如图，点A，B，C在⊙O上，C为弧AB的中点．若∠BAC＝2∠OAB，则∠AOB等于（　　） A．144° B．135° C．130° D．120° 5．（2025•浙江一模）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是上一点，AG、CD的延长线相交于点F，求证：∠FGD＝∠AGC． 6．（2024•鹿城区校级三模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点F，AC绕点C旋转某个度数，使点A与上的点E重合． （1）求证：∠2＝2∠1． （2）当时，求CG：GE的值． 【题型3 圆内接四边形及其应用】 1、性质：圆内接四边形对角互补； 2、推论：圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角； 1．（2024•瓯海区校级三模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，如果∠BOD的度数为124°，则∠DCE的度数为（　　） A．64° B．61° C．62° D．60° 2．（2024•杭州一模）如图，AB为半圆直径，AB＝2，点C为半圆上一点，点D和点B关于直线AC对称，连结AD交于点E，连结CE．设BC＝x，AE＝y，则y关于x的函数关系式为 　 　 ． 3．（2024•拱墅区二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC⊥BD，AB＝CD．若∠BOC＝120°，则∠ACO的度数为（　　） A．10° B．15° C．20° D．30° 4．（2024•拱墅区一模）如图，点A，B，C，D，E在⊙O上顺次排列，已知AB＝BC，∠ABD＝∠BCE． （1）求证：BD＝CE； （2）若直线AE过圆心O，设∠BCE的度数为α，的度数为β． ①当β＝60时，求α的值； ②探索α和β满足的等量关系． 考向三：切线的性质与判定 【题型4 切线的性质】 1、切线的性质：经过切点的半径垂直于圆的切线； 2、延伸：经过切点的直径也垂直于圆的这条切线 3、常用辅助线及规律：见切点，连半径，得垂直！ 1．（2024•浙江一模）如图，BC是⊙O的切线，点B是切点，连接CO交⊙O于点D，延长CO交⊙O于点A，连接AB，若∠C＝30°，OD＝2，则AB的长为（　　） A． B． C． D． 2．（2025•西湖区校级模拟）如图，⊙O与直线l相交，圆心O到直线l的距离，在直线l上取点B使AB＝3，将直线l绕点B逆时针旋转15°后得到直线m，若直线m恰好与⊙O相切于点C，则⊙O的半径为 　 　 ． 3．（2024•鹿城区校级三模）如图，⊙O经过矩形ABCD的顶点A，B，且与边CD相切于点E，与边AD交于点F，若AF＝9DF，则AB和BC的比值为（　　） A． B． C． D． 4．（2024•浙江）如图，AB是⊙O的直径，AC与⊙O相切，A为切点，连接BC．已知∠ACB＝50°，则∠B的度数为 　 　 ． 5．（2024•拱墅区一模）在直角坐标系xOy中，对于直线l：y＝kx+b，给出如下定义：若直线l与某个圆相交，则两个交点之间的距离称为直线l关于该圆的“圆截距”．如图，点M的坐标为（﹣1，0），若⊙M的半径为2，当k的取值在实数范围内变化时，直线l关于⊙M的“圆截距”的最小值为，则b的值为 　 　 ． 6．（2025•鹿城区校级一模）如图，PA，PB是⊙O的切线，切点分别是A，B，如果∠C＝65°，那么∠P的度数等于 　 　 ． 7．（2024•下城区校级模拟）如图，以矩形ABCD的边AB为直径作半圆O，边CD恰好与半圆O相切于点E，线段AC交此半圆于点F，连结EF，BF．若BC＝3，则的值为 　 　 ． 8．（2024•定海区三模）如图，P为⊙O的直径BA延长线上的一点，PC为⊙O的切线，切点为C，CD⊥AB于D，连接AC． （1）求证：AC平分∠PCD； （2）若PA＝3，，求⊙O的半径． 【题型5 切线的性质与判定】 1、切线长定理：过圆外一点所作的圆的两条切线长相等； 2、切线的判定方法1：圆心到直线的距离等于半径的直线是圆的切线； 切线的判定方法2：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线； 3、切线证明常见辅助线及规律：有切点，连半径，证垂直；无切点，作垂直，证半径； 1．（2025•浙江模拟）如图，已知⊙O的直径AB为10，将⊙O沿CD折叠，使弧CED与直径AB相切于点E，则折痕CD的取值范围为（　　） A． B． C． D． 2．（2024•诸暨市模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AC边上，以AD为直径作⊙O交BD的延长线于点E，CE＝BC． （1）求证：CE是⊙O的切线； （2）若CD＝1，BD＝3，求⊙O的半径长． 3．（2023•婺城区校级模拟）如图，AB为⊙O的直径，点C是弧AB的中点，点D在圆O上，点E在AB的延长线上，且EF＝ED． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）连接BC，若tan∠BCD，DE＝6，求AB的长． 4．（2023•金华模拟）如图，BC是⊙O的直径，PB是⊙O的切线，切点为B，连结PO，过点C作AC∥PO交⊙O于点A，连结PA． （1）求证：AP是⊙O的切线； （2）若cos∠APO，⊙O的半径为3，求AC的长． 考向四：弧长、扇形面积和圆锥侧面积的计算 【题型6 弧长、扇形面积和圆锥侧面积的计算】 ；； 公式可以直接应用，也可以由弧长（或面积）的数值求解对应的圆心角或者半径 1．（2024•瑞安市校级模拟）点A，B，C在⊙O上的位置如图所示，∠A＝70°，⊙O的半径为3，则的长是（　　） A． B． C． D．7π 2．（2024•普陀区二模）已知圆锥的底面半径为3cm，母线长为5cm，则这个圆锥的侧面积是（　　）cm2． A．15π B．15 C．30π D．30 3．（2024•西湖区校级二模）如图，扇形的圆心角为120°，点C在圆弧上，∠ABC＝30°，OA＝2，阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 4．（2024•湖州一模）传统服饰日益受到关注，如图1为明清时期女子主要裙式之一的马面裙，如图2马面裙可以近似地看作扇环，其中长度为π米，裙长AB为0.8米，圆心角∠AOD＝60°，则长度为 　 　 ． 5．（2024•婺城区校级模拟）将平行四边形ABCD的AD边与BC边分别绕点A、点B逆时针旋转，得到矩形ABC′D′，若此时C′、D、B恰好共线，AB＝2cm，AD＝4cm，那么边CD扫过的面积为（　　） A． B． C． D．9 6．（2024•玉环市三模）把一个圆心角为120°，半径为9cm的扇形纸片，通过用胶水粘贴制作成了一个底面周长为4πcm的圆锥侧面，如图所示，则圆锥上粘贴部分（图中阴影部分）的面积是______cm2．（　　） A．8π B．9π C．19π D．27π 7．（2024•东阳市二模）如图所示是某几何体的三视图，根据图中数据计算，这个几何体侧面展开图的圆心角的度数为（　　） A．75° B．90° C．108° D．120° 8．（2024•东阳市二模）如图，在扇形OAB中，点O为圆心，点C在上，过点C作CD⊥OA于点D，交弦AB于点E，且CE＝AE，连接OE． （1）设∠AOE＝x，则∠AOB＝　 　 ．（用x的代数式表示） （2）已知的长为5π，若△BEO为等腰三角形，则扇形OAB的半径长为 　 　 ． 考向五：三角形的外心与内心 【题型7 三角形的外心与内心】 1、三角形的外心：三角形三边中垂线的交点； 实际画图时只需要画两条中垂线的交点即可！ 2、三角形外心的性质：三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等； 常做辅助线：连结三角形内心和顶点的线段！ 3、三角形的内心：三角形条角平分线的交点； 实际画图时只需要画两条角分线的交点即可！ 4、三角形内心的性质：三角形的内心到三角形三边的距离相等； 常做辅助线：作内心到三边的垂线段 1．（2024•上城区二模）如图，△ABC圆内接于⊙O，连接OA，DB，OC，∠AOB＝2∠BOC．若∠OBC＝65°，则∠ABC的度数是（　　） A．95° B．105° C．115° D．135° 2．（2024•宁波模拟）如图，在△ABC中，已知，，O是△ABC的外心，D是BC的中点，则OD＝（　　） A．2 B． C．1 D． 3．（2024•浙江模拟）已知△ABC的外接圆的半径为6，若∠A＝45°，∠B＝30°，则AB的长为 　 　 ． 4．（2024•诸暨市模拟）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点O，A，B，C在格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点O为原点建立直角坐标系． （1）过A，B，C三点的圆的圆心M坐标为 　 　 ； （2）请通过计算判断点D（﹣3，﹣2）与⊙M的位置关系． 5．（2024•临安区一模）如图，△ABC是圆O的内接三角形，延长BO交AC于点D，OE⊥BC，垂足为点E，点F是OB上一点，OE＝OF，若∠ABC＝m∠OEF，∠ACB＝n∠OEF，则m，n满足的关系式是 　 　 ． 6．（2024•青田县校级模拟）如图，△ABC的内切圆⊙O分别与AB，BC，AC相切于点D，E，F，且AD＝3，BE＝2，CF＝4，则△ABC的周长为（　　） A．18 B．17 C．16 D．15 7．（2025•西湖区校级模拟）如图，在△ABC中，AB+ACBC，AD⊥BC于D，⊙O为△ABC的内切圆，设⊙O的半径为R，AD的长为h，则的值为（　　） A． B． C． D． 8．（2025•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，⊙O是△ABC的内切圆，若AC＝3.3，BC＝4.4，则图中△ABO的面积为（　　） A．5.5 B．2.75 C．6.05 D．3.025 9．（2024•浙江一模）如图，四边形ABCD为矩形，点E在边CD上，DE＝2CE，⊙O与四边形ABED的各边都相切，⊙O的半径为x，△BCE的内切圆半径为y，则x：y的值为（　　） A．2 B． C．3 D． 10．（2024•温州三模）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC分别相切于D，E两点，连接DE，AO的延长线交DE于点F，若∠ACB＝70°，则∠AFD的大小是 　 　 ． 【题型8 三角形的外心与内心的尺规作图】 1．（2024•滨江区二模）如图，平面直角坐标系中三个点的坐标为A（1，1），B（2，4），C（3，1）．则△ABC的内切圆半径长为 　 　 ． 2．（2025•拱墅区模拟）如图，已知在△ABC中，∠A＝90° （1）请用圆规和直尺作出⊙P，使圆心P在AC边上，且⊙P与AB，BC两边都相切；（保留作图痕迹，不写作法和证明） （2）若AB＝3，BC＝6，⊙P切BC于点D，求劣弧的长． 3．（2024•钱塘区一模）如图，在由边长为1的小正方形构成的5×6的网格中，△ABC的顶点A，B，C均在格点上．请按要求完成作图：①仅用无刻度直尺；②保留作图痕迹并标注相关字母． （1）如图1，在线段AC上找一点D，使得； （2）如图2，在三角形内寻找格点P，使得∠BPC＝2∠A． 4．（2023•鄞州区一模）如图，在8×8的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上． （1）在图1中画出∠ADC，使得∠ADC＝∠ABC，且点D为格点． （2）在图2中画出∠CEB，使得∠CEB＝2∠CAB，且点E为格点． 5．（2023•婺城区模拟）如图，点A、B、C在⊙O上且AB＝AC，AB⊥AC，请你利用直尺和圆规，用三种不同的方法，找到圆心O．（保留作图痕迹） 6．（2023•浙江模拟）如图，在5×5的方格中，点A，B，C为格点． （1）利用无刻度的直尺在图1中画出△ABC的中线BF； （2）在图2中标出△ABC的外心Q并画出△ABC外接圆的切线CP． 7．（2023•北仑区二模）在4×6的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，分别按要求画出图形（仅用无刻度直尺，并保留画图痕迹）． （1）在图1中，已知线段AB的端点均在格点上，画出一个以AB为腰的等腰△ABC，且C在格点上； （2）在图2中，已知△ABC为格点三角形，作出△ABC的内心点Ⅰ． 考向六：圆的综合证明问题 【题型9 圆的综合证明问题】 1、圆中的特殊角对应关系： ①当圆周角=30°时，圆心角=60°→等边三角形 ②当圆周角=45°时，圆心角=90°→等腰直角三角形 ③当圆周角=60°时，圆心角=120°→三边比为1:1：的等腰三角形 ④当圆周角=90°时，→弧为半圆 2、圆的综合证明问题常见结合考点 ①知2得1： ②三角形相似： ③Rt△勾股定理：圆中求长度，垂径＋勾股！ ④三角函数：相似三角形与三角函数不分家，所以应用方法类似； 特殊之处是：给三角函数，必“找”Rt△ ⑤特殊角： 常见特殊角有→15°、30°、45°、60°、75°、105°、120°、135°、150°、 1．（2024•台州模拟）如图，半圆O的直径AB＝6．点C在半圆O上，连结AC，BC，过点O作OD∥AC分别交BC，于点E，D，连结AD交BC于点F． （1）求证：点D是的中点； （2）将点O绕点F顺时针旋转90°到点G． ①当点G在线段AD上，求AC的长； ②当点G在线段AC上，求sin∠ABC的值． 2．（2025•洞头区模拟）如图，在▱ABCD中，AD＞AB，过点A、B、D作圆，取圆上一点E，连接CE交圆于点F．连接ED，EB，EA，使∠CED＝∠BEA，连接FD． （1）若∠CED＝15°，∠EDF＝10°，求∠EAD的度数． （2）①求证：∠ECD＝∠EAD； ②求证：AE为圆的直径． 3．（2025•西湖区校级模拟）在△ABC内接于⊙O，点D在⊙O上，连结AD，AO，分别交BC于点E，F，∠CAD＝∠BAO． （1）求证：AD⊥BC． （2）若AO∥CD． ①求证：CA＝CF． ②若CD＝5，，求BC的长． 4．（2024•婺城区校级模拟）如图1，是小明设计一个logo的数学原理图．如图2将两块形状相同，大小不相同的直角三角形纸片放入⊙O中，其中∠CAB＝∠CED＝90°，圆心O在直角边AB上．连接CO并延长，交DE于点F．若BC＝10cm，DC＝12cm． （1）求⊙O的半径． （2）求证：EC2＝EF•ED． （3）求DF的长． （建议用时：50分钟） 1．（2024•镇海区校级模拟）一圆的半径为3，圆心到直线的距离为4，则该直线与圆的位置关系是（　　） A．相切 B．相交 C．相离 D．以上都不对 2．（2024•宁波模拟）如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，若∠CDB＝32°，则∠ABC等于（　　） A．68° B．64° C．58° D．32° 3．（2024•拱墅区校级二模）已知一个扇形的面积是12π，弧长是2π，则这个扇形的半径为（　　） A．24 B．36 C．12 D．6 4．（2024•浙江模拟）如图是我们生活中常见的标识筒，可将其上半部分近似的看成一个底面半径为10cm，高为40cm的圆锥，现要在该圆锥侧面贴一层反光膜（无缝隙与拼接），则反光膜面积为（　　） A． B．400πcm2 C． D．800πcm2 5．（2024•桐乡市校级一模）曹老师家所在的小区有如图1所示的护栏宣传版面，其形状是扇形的一部分，图2是其平面示意图，AD和BC都是半径的一部分，小敏测得∠ADC＝∠BCD＝120°，DC＝0.8m，AD＝BC＝0.6m，则这块宣传版面的周长为（　　） A． B． C． D． 6．（2024•浙江模拟）“莱洛三角形”也称为圆弧三角形，它是工业生产中广泛使用的一种图形．如图，分别以等边三角形ABC的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，三段圆弧围成的封闭图形是“莱洛三角形”．若该“莱洛三角形”的面积为，则等边三角形ABC的边长为（　　） A． B．1 C． D． 7．（2025•镇海区校级模拟）如图，已知△ABC内接于⊙O，点M为BC的中点，连结AM交⊙O于点E，且C为的中点，连结CE，在BC上存在点H，使得，若BH＝2，则AC的长（　　） A．4 B． C． D． 8．（2024•镇海区校级三模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，CA＝CB，弦BN∥AC，AN交CO的延长线于点M．已知OC＝5，AB＝8，则AM：AN为（　　） A．1：2 B．5：11 C．6：11 D．2：3 9．（2024•婺城区校级模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝4，．以点A为圆心，将边AD顺时针旋转，交AC于点E，得到扇形ADE，扇形ADE正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆半径是　 　 ． 10．（2025•浙江一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABO＝∠ACO＝15°，BC＝6，若扇形OBC（图中阴影部分）正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的高为＝ 　 　 ． 11．（2025•湖州一模）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连接OC，OD，则∠BAE﹣∠COD＝　 　 °． 12．（2024•钱塘区三模）如图，已知点A，B，C，D在⊙O上．若∠CAD＝35°，∠ABD＝50°，则∠ADC的度数为 　 　 ． 13．（2024•拱墅区模拟）如图，锐角三角形ABC内接于⊙O，OD⊥BC于点D，AO的延长线交线段BD于点E．若∠BAC＝2∠DOE，，则∠DOE的度数为 　 　 ． 14．（2024•鹿城区校级三模）如图是半球型建筑物的横截面示意图，O是圆心，直径AB＝6m．在半圆上的点C，D处分别安装了光束角相同的照明灯（即∠ACE＝∠ODB），C处灯照亮了AE，AE＝2m，D处灯照亮了OB，若光线CA平行光线DO，则点D，点C到AB的高度差为 　 　 m． 15．（2025•镇海区校级模拟）如图，△OAB为直角三角形，且OA⊥AB，以O为圆心，OA为半径作圆与OB交于点E，过点A作AF⊥OE于点F交圆O于点C，延长AO交圆O于点D，连结DE交AC于点M，若圆O的半径为5，，则AM的长为 　 　 ． 16．（2024•浙江）如图，在圆内接四边形ABCD中，AD＜AC，∠ADC＜∠BAD，延长AD至点E，使AE＝AC，延长BA至点F，连结EF，使∠AFE＝∠ADC． （1）若∠AFE＝60°，CD为直径，求∠ABD的度数． （2）求证：①EF∥BC； ②EF＝BD． 17．（2025•浙江模拟）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，P是BC边上一点，过A，C，P三点的圆与AB交于点E，过点C作CH⊥AB交AB于点H，交该圆于点F，连接PF交AB于点Q． （1）求证：． （2）如图2，若AC＝PC，求证：AE＝FC． （3）若AC＝6，BC＝8，求EQ的最大值． 18．（2024•吴兴区校级四模）已知△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC． （1）如图1，求证：； （2）如图2，当BC为直径时，作BE⊥AD于点E，CF⊥AD于点F，求证：DE＝AF； （3）如图3，在（2）的条件下，延长BE交⊙O于点G，连接OE，若EF＝2EG，AC＝2，求OE的长． 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点03 圆的基本性质与圆的综合证明问题 中考数学中圆的基本性质与圆的综合证明问题主要考向分为六类： 一、圆中的长度计算与转化（每年2~3道，6~12分） 二、圆中的角度计算与转化（每年1~2道，3~6分） 三、切线的性质与判定（每年1题，3~4分） 四、弧长、扇形面积、圆锥侧面积的计算（每年1题，3分） 五、三角形的外心与内心（每年1~2题，3~9分） 六、圆的综合证明问题（每年1题，8分） 在浙江数学中考中，圆是容量很大，分值占比较大，难度可以很大的一个考点。其中，主要考察点有圆中的长度计算与角度计算，牵涉到的主要考点则有垂径定理、圆周角定理、圆的内接四边形等，综合题中还会和特殊三角形、全等三角形、相似三角形等考点结合，所以需要考生更加重视圆的中考复习。 考向一：圆中的长度计算与转化 【题型1 垂径定理及其相关应用】 1.圆中长度模型“知2得3” 由图可得以下5点： ①AB⊥CD；②AE=EB；③AD过圆心O；④；⑤； 以上5个结论，知道其中任意2个，剩余的3个都可以作为结论使用。 2. 常做辅助线：连半径、作弦心距、见直接连弦长得直径所对圆周角； 3. 圆中的长度计算口诀：圆中求长度，垂径加勾股【即圆中牵涉到长度计算时，首选垂径定理，然后在由半径、弦长一半、弦心距组成的直角三角形中用勾股定理列方程】 1．（2024•柯桥区二模）某项目化研究小组只用一张矩形纸条和刻度尺，来测量一次性纸杯杯底的直径．小敏同学想到了如下方法：如图，将纸条拉直并紧贴杯底，纸条的上下边沿分别与杯底相交于A、B、C、D四点，然后利用刻度尺量得该纸条的宽为3.5cm，AB＝4cm，CD＝3cm．请你帮忙计算纸杯杯底的直径为（　　） A．4.8cm B．5cm C．5.2cm D．6cm 【分析】由垂径定理求出BN，DM的长，设OM＝x，由勾股定理得到x2+22＝（3.5﹣x）2+1.52，求出x的值，得到OM的长，由勾股定理求出OD长，即可求出纸杯的直径长． 【解答】解：如图，MN⊥AB，MN过圆心O，连接OD，OB， ∴MN＝3.5cm， ∵CD∥AB，纸条的宽为3.5cm，AB＝3cm，CD＝4cm， ∴MN⊥CD， ∴DMCD4＝2（cm），BNAB3＝1.5（cm）， 设OM＝x cm， ∴ON＝MN﹣OM＝（3.5﹣x）cm， ∵OM2+MD2＝OD2，ON2+BN2＝OB2， ∴OM2+MD2＝ON2+BN2， ∴x2+22＝（3.5﹣x）2+1.52， ∴x＝1.5， ∴OM＝1.5（cm）， ∴OD2.5（cm）， ∴纸杯的直径为2.5×2＝5（cm）． 故选：B． 【点评】本题考查垂径定理及勾股定理，解题的关键是通过作辅助线构造直角三角形，由垂径定理，勾股定理求出OM的长． 2．（2024•西湖区三模）如图，直线AB交⊙O于C，B两点，若AO⊥BO，且，则BC＝　　 ． 【分析】过点O作OD⊥BC于点D，根据垂径定理求出BD＝CDBC，∠BDO＝90°，根据直角三角形的性质求出AB5，∠A＝∠BOD，结合∠AOB＝∠BDO，即可判定△AOB∽△ODB，根据相似三角形的性质求出BD，据此求解即可． 【解答】解：如图，过点O作OD⊥BC于点D， ∴BD＝CDBC，∠BDO＝90°， ∴∠B+∠BOD＝90°， ∵1， ∴AO＝4，BO＝3， ∵AO⊥BO， ∴∠AOB＝90°， ∴∠A+B＝90°，AB5， ∴∠A＝∠BOD， 又∵∠AOB＝∠BDO， ∴△AOB∽△ODB， ∴， ∴， ∴BD， ∴BC＝2BD， 故答案为：． 【点评】此题考查了垂径定理、相似三角形的判定与性质，熟练运用垂径定理、相似三角形的判定与性质是解题的关键． 3．（2024•浙江一模）如图，P为直径AB上的一点，点M和N在⊙O上，且∠APM＝∠NPB＝30°．若OP＝2cm，AB＝16cm，则PN+PM＝　6　 cm． 【分析】延长NP交⊙O于Q，作OH⊥NQ于H，连接MQ，ON，如图，由∠APM＝∠NPB，∠APQ＝∠NPB得到∠APM＝∠APQ，利用圆的对称性得到点M与点Q关于AB对称，则PM＝PQ，所以PN+PM＝PQ+PN＝NQ，在Rt△OPH中利用含30度的直角三角形三边的关系得到OH＝1cm，则在Rt△OHN中可勾股定理计算出NH＝3cm，然后根据垂径定理得到NH＝QH，NQ＝2NH＝6cm，即可得到PN+PM的值． 【解答】解：延长NP交⊙O于Q，作OH⊥NQ于H，连接MQ，ON，如图， ∵∠APM＝∠NPB， 而∠APQ＝∠NPB， ∴∠APM＝∠APQ， ∴点M与点Q关于AB对称， ∴PM＝PQ， ∴PN+PM＝PQ+PN＝NQ， 在Rt△OPH中，∵OP＝2cm，∠OPH＝30°， ∴OH＝1cm， 在Rt△OHN中，∵OH＝1cm，ONAB＝8cm， ∴NH3cm， ∵OH⊥NQ， ∴NH＝QN， ∴NQ＝2NH＝6cm， 故答案为：6． 【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了含30度的直角三角形三边的关系和勾股定理． 4．（2024•浙江模拟）如图，将一装有水的球形容器放在水平地面上，其轴截面为⊙O的一部分，AB为容器口，DE为水面，已知⊙O半径为5cm，AB＝6cm，DE＝8cm，将容器从甲处AB与地面平行时向右缓慢滚至乙处水面DE正好经过点B时（水无溢出），点A相对甲处时升高了多少厘米？（　　） A． B． C． D．1 【分析】求出图甲中，点A到水平面DE的距离，再求出图乙中点A到水平面DE的距离可得结论． 【解答】解：如图甲中，过点O作OM⊥AB于点M，交DE于点N．在图乙中，过点A作AG⊥DE一点G，过点O作OH⊥AB于点H．OH交DE于点J，作ON⊥DE于点N． 如图甲中，∵AB∥DE，OM⊥AB， ∴OM⊥DE， ∴AM＝BM＝3（cm），DN＝NE＝4（cm）， ∴OM4（cm）．ON3（cm）， ∴MN＝OM﹣ON＝4﹣3＝1（cm）， ∴点A到水面DE的距离为1cm， 如图乙中，同法可得OH＝4cm， 在Rt△OHB和Rt△BNO中， ， ∴Rt△OHB≌Rt△BNO（HL）， ∴∠HOB＝∠NBO， ∴OJ＝JB， 设OJ＝JB＝x cm，则有x2＝32+（4﹣x）2， 解得x， ∴JH＝OH﹣OG＝4（cm）， ∵∠AGB＝∠JHB＝90°，∠ABG＝∠JBH， ∴△AGB∽△JHB， ∴， ∴AG（cm）， ∴此时点A到水平面DE的距离为cm， ∴点A相对甲处时升高了1（cm）． 故选：B． 【点评】本题考查垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 5．（2024•温州模拟）温州有很多历史悠久的石拱桥，它们是圆弧的桥梁．如图是温州某地的石拱桥局部，其跨度AB为24米，拱高CD为4米，则这个弧形石拱桥设计的半径为 　20　 米． 【分析】根据题意，利用垂径定理及勾股定理即可解决问题． 【解答】解：由题知， CD垂直平分AB， 所以圆弧所在圆的圆心在CD延长线上． 连接AO， 因为OC垂直平分AB， 所以AD（米）． 设⊙O的半径为r米， 则OD＝（r﹣4）米． 在Rt△AOD中， 122+（r﹣4）2＝r2， 解得r＝20， 所以这个弧形石拱桥设计的半径我20米． 故答案为：20． 【点评】本题考查垂径定理，熟知垂径定理及勾股定理是解题的关键． 6．（2024•温州模拟）某一公路单向隧道由一弧形拱与矩形组成，为了确定大货车通过公路隧道的最大高度，道路交通学习小组展开了以下研究．如图1，经测量得AB＝4m，为了确定BC与弧形拱半径的长度，学习小组找到一根5m长的笔直杆子，将杆子一端置于点C处，另一端置于AD上点E处，AE＝1m．如图2，调整杆子位置，直至一端在AB上的点G处，另一端在圆弧上点F处，FG⊥AB，GB＝1m，如图3，某一集装箱大货车宽为2.4m，则该大货车的最大高度（包括货物） 　　 m． 【分析】如图1所示，过点E作ET⊥BC于T，则四边形ABTE是矩形，可得ET＝AB＝4m，BT＝AE＝1m，利用勾股定理可得CT＝3m，则BC＝CT+BT＝4m；如图2所示，设所在圆的圆心为O，过点O作OE⊥BC交BC于点E，交GF于点H，过点O作OK⊥CD于K，则四边形BEHG是矩形，四边形OECK是矩形，可得HG＝BE，HE＝BG＝1m，OE＝CK＝2m，则OH＝OE﹣HE＝1m，设HG＝BE＝am，则FH＝（5﹣a）m，CE＝（4﹣a）m，由勾股定理可得方程12+（5﹣a）2＝22+（4﹣a）2，解得a＝3，则FH＝2m，进而可得；如图3所示，构造MN//AB，且MN＝2.4m，过点O作OJ⊥MN于点J，OE⊥BC于E，延长JO交AB于L，连接OM，由垂径定理得到，则，由图2可知，BE＝3m，证明四边形OLBE是矩形，得到OL＝BE＝3m，，则大货车的最大高度（包括货物）为． 【解答】解：如图1所示，过点E作ET⊥BC于T， 则四边形ABTE是矩形， ∴ET＝AB＝4m，BT＝AE＝1m， ∴， ∴BC＝CT+BT＝4m； 如图2所示， 设所在圆的圆心为O，过点O作OE⊥BC交BC于点E，交GF于点H，过点O作OK⊥CD于K，则四边形BEHG是矩形，四边形OECK是矩形， ∴HG＝BE，HE＝BG＝1m，， ∴OH＝OE﹣HE＝1m， 设HG＝BE＝am，则FH＝（5﹣a）m，CE＝（4﹣a）m， ∵OF2＝OC2，OF2＝OH2+FH2，OC2＝OE2+CE2， ∴12+（5﹣a）2＝22+（4﹣a）2， 解得a＝3， ∴FH＝2m， ∴； 如图3所示， 构造MN//AB，且MN＝2.4m，过点O作OJ⊥MN于点J，OE⊥BC于E，延长JO交AB于L，连接OM， ∴， ∴， 由图2可知，BE＝3m， ∵MN∥AB，OJ⊥MN， ∴OL⊥AB， ∴四边形OLBE是矩形， ∴OL＝BE＝3m， ∴， ∴大货车的最大高度（包括货物）为， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了垂径定理的实际应用，勾股定理，矩形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造直角三角形和矩形，从而求出所在圆的半径以及线段BC的长是解题的关键． 7．（2025•乐清市校级模拟）如图，点A是以BC为直径的半圆O上的一点，D，E分别是和的中点，连结DE交AB于M，交AC于N．若AB＝8，AC＝6时，则MN的值为　　 ． 【分析】以BC为直径的半圆O，得∠A＝90°，得出直径是10，再求OD＝OE＝5，由垂径定理得OD⊥AB，OE⊥AC，则点H，W分别是AB，AC的中点，利用三角形中位线定理，得到，再证明四边形HOWA是矩形，则，同理求出，，再代入MN＝DE﹣DM﹣NE进行计算，即可作答． 【解答】解：连接OD交AB于一点H，连接OE交AC于一点W，如图： ∴， ∴OD＝OE＝OB＝OD＝5， ∵D，E分别是和的中点，AB＝8，AC＝6， ∴OD⊥AB，OE⊥AC， ∴点H，W分别是AB，AC的中点， 由条件可知， ∴DH＝OD﹣OH＝2，EW＝OE﹣OW＝1， ∵∠AHO＝∠HAW＝∠AWO＝90°， ∴四边形HOWA是矩形， ∴∠DOE＝90°， ∵OD＝OE＝5， ∴∠D＝∠E＝45°，， ∵OD⊥AB，OE⊥AC， ∴∠HMD＝45°，∠WNE＝45°， ∴HM＝DH＝2，NW＝EW＝1， ∴，， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，中位线的判定与性质，矩形的判定和性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 考向二：圆中的角度计算与转化 【题型2 圆周角定理及其推论】 圆中角度模型“知1得4” 由图可得以下5点： ①AB=CD；②；③OM=ON；④；⑤； 以上5个结论，知道其中任意1个，剩余的4个都可以作为结论使用。 圆中的角度计算口诀：圆中求角度，同弧或等弧【即圆中牵涉到角度计算或证明时，首先想同弧（或等弧）所对的圆周角相等】 1．（2025•浙江一模）如图，在⊙O中，AB＝AC，若∠ABC＝65°，则∠BOC的度数为（　　） A．130° B．100° C．120° D．110° 【分析】根据等腰三角形性质求出∠ACB，根据三角形内角和定理求出∠A，根据圆周角定理求出即可． 【解答】解：∵AB＝AC，∠ABC＝65°， ∴∠ACB＝∠ABC＝65°， ∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝50°， ∴由圆周角定理得：∠BOC＝2∠A＝100°， 故选：B． 【点评】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，圆周角定理，等腰三角形的性质和三角形内角和定理等知识点，能求出∠A的度数和根据定理得出∠BOC＝2∠A是解此题的关键． 2．（2025•拱墅区模拟）如图，△ABC中，AC＝AB，以AB为直径作⊙O，交BC于D，交AC于E．若∠BAD＝25°，则∠EDC＝　50　 °． 【分析】根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB＝90°，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得∠BAC＝2∠BAD＝50°，再根据圆内接四边形对角互补以及平角定义可得∠EDC＝∠BAE，即可解答． 【解答】解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∵AB＝AC，∠BAD＝25°， ∴∠BAC＝2∠BAD＝50°， ∵四边形ABDE是⊙O的内接四边形， ∴∠BAE+∠BDE＝180°， ∵∠EDC+∠BDE＝180°， ∴∠EDC＝∠BAE＝50°， 故答案为：50． 【点评】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握圆周角定理，以及等腰三角形的性质是解题的关键． 3．（2024•柯桥区模拟）如图，⊙O半径长2cm，点A、B、C是⊙O三等分点，点D为圆上一点，连接AD，且AD＝2cm，CD交AB于点E，则∠BED＝（　　） A．75° B．65° C．60° D．55° 【分析】连接OA，OB，OC，OD，则OA＝OB＝OC＝OD＝2cm，进一步判定△AOD为等腰直角三角形，再根据同弧所对的圆周角相等即可求解． 【解答】解：连接OA，OB，OC，OD，则OA＝OB＝OC＝OD＝2cm， ∵点A、B、C是⊙O三等分点， ∴∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°，AB＝BC＝AC， ∵OD＝OA＝2，AD＝2， OD2+OA2＝AD2 ∴△AOD为等腰直角三角形， ∴∠AOD＝90°，∠DOA＝∠ADO＝45°， ∵弧DB对应∠DAB和∠DCB， ∴∠DAB＝∠DCB， ∵AB＝BC＝AC， ∴∠ACB＝∠BAC＝∠ABC＝60°， ∵∠BED＝∠EDA+∠DAB，∠DAB＝∠DCB， ∴∠BED＝∠ADE+∠DCB， ∵∠ADE＝∠ADO+∠ODC， ∠ADO＝45°，∠ODC＝∠OCD， ∴∠ADE＝45°+∠OCD， ∴∠BED＝45°+∠OCD+∠DCB＝45°+∠DCB＝45°+30°＝75°． 故选：A． 【点评】本题考查了圆周角定理及其推论，熟练掌握这些结论是解题的关键． 4．（2024•钱塘区一模）如图，点A，B，C在⊙O上，C为弧AB的中点．若∠BAC＝2∠OAB，则∠AOB等于（　　） A．144° B．135° C．130° D．120° 【分析】连接OC，根据圆周角定理求出∠BAC∠AOC∠BOC，结合等腰三角形的性质进而求出∠OBA＝∠OAB∠AOB，再根据三角形内角和定理求解即可． 【解答】解：连接OC，如图： ∵C为的中点． ∴， ∴∠BAC∠AOC∠BOC， ∵∠BAC＝2∠OAB， ∴∠OAB∠BAC∠AOC∠AOB， ∵OA＝OB， ∴∠OBA＝∠OAB∠AOB， ∵∠AOB+∠OBA+∠OAB＝180°， ∴∠AOB＝180°， ∴∠AOB＝144°， 故选：A． 【点评】本题考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理和圆心角，弧的关系． 5．（2025•浙江一模）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是上一点，AG、CD的延长线相交于点F，求证：∠FGD＝∠AGC． 【分析】连接AC，根据四边形ACDG是圆内接四边形可知∠FGD＝∠ACD．再由垂径定理得出，故∠AGC＝∠ACD，利用等量代换即可得出结论． 【解答】证明：连接AC， ∵四边形ACDG是圆内接四边形， ∴∠FGD＝∠ACD． ∵弦CD⊥AB于点E， ∴， ∴∠AGC＝∠ACD， ∴∠FGD＝∠AGC． 【点评】本题考查的是圆周角定理，根据题意作出辅助线，构造出圆内接四边形是解答此题的关键． 6．（2024•鹿城区校级三模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点F，AC绕点C旋转某个度数，使点A与上的点E重合． （1）求证：∠2＝2∠1． （2）当时，求CG：GE的值． 【分析】（1）连接OC，OE，依题意得CA＝CE，OA＝OE＝OC，由此可依据“SSS”判定△CAO和△CEO全等，则∠OCA＝∠OCE，进而得∠2＝2∠OCA，根据OA＝OC得∠OCA＝∠1，据此可得出结论； （2）连接BC，设∠1＝α，则∠2＝2α，证明弧BD＝弧BC＝弧DE，则∠1＝∠BAD＝∠DCB＝∠DCE＝α，∠ACB＝4α＝90°，由此得α＝22.5°，进而得∠DAC＝∠2＝45°，则△GAC为等腰直角三角形，AC＝AE，进而得GE＝CE﹣CG，据此可得CG：GE的值． 【解答】（1）证明：连接OC，OE，如图1所示： ∵弦CE是由弦CA绕点C旋转得到的， ∴CA＝CE， ∵AB是⊙O的直径， ∴OA＝OE＝OC， 在△CAO和△CEO中， ， ∴△CAO≌△CEO（SSS）， ∴∠OCA＝∠OCE， ∴∠2＝2∠OCA， ∵OA＝OC， ∴∠OCA＝∠1， ∴∠2＝2∠1； （2）解：连接BC，如图2所示： 设∠1＝α， 由（1）的结论得：∠2＝2α ∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB， ∴弧BD＝弧BC，∠ACB＝90°， ∵弧BD＝弧DE， ∴弧BD＝弧BC＝弧DE， ∴∠1＝∠BAD＝∠DCB＝∠DCE＝α， ∴∠ACB＝∠2+∠DCB+∠DCE＝4α＝90°， ∴α＝22.5°， ∴∠2＝2α＝45°，∠BAD＝α＝22.5°， ∴∠DAC＝∠1+∠BAD＝2α＝45°， ∴∠DAC＝∠2＝45°， ∴△GAC为等腰直角三角形，即AG＝CG， 由勾股定理得：AC， ∴CE＝CA， ∴GE＝CE﹣CG， ∴CG：GE＝CG：． 【点评】此题考查考查了圆周角定理、圆心角、弧、弦的关系，等腰直角三角形的判定和性质，图形的旋转变换及其性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，理解圆周角定理、圆心角、弧、弦的关系，图形的旋转变换及其性质，熟练掌握圆周角定理、圆心角、弧、弦的关系，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 【题型3 圆内接四边形及其应用】 1、性质：圆内接四边形对角互补； 2、推论：圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角； 1．（2024•瓯海区校级三模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，如果∠BOD的度数为124°，则∠DCE的度数为（　　） A．64° B．61° C．62° D．60° 【分析】根据圆周角定理求出∠A，根据圆内接四边形的性质得到∠BCD，根据邻补角的概念求出∠DCE即可． 【解答】解：∵∠BOD的度数为124°， ∴∠ABOD＝62°， ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠BCD＝180°﹣∠A＝118°， ∴∠DCE＝180°﹣∠BCD＝62°， 故选：C． 【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键． 2．（2024•杭州一模）如图，AB为半圆直径，AB＝2，点C为半圆上一点，点D和点B关于直线AC对称，连结AD交于点E，连结CE．设BC＝x，AE＝y，则y关于x的函数关系式为 　y＝2﹣x2　 ． 【分析】由轴对称的性质得到CD＝BC＝x，AD＝AB＝2，因此BD＝2CD＝2x，求出DE＝2﹣y，由圆内接四边形的性质推出∠BAE+∠BCE＝180°，由邻补角的性质得到∠DCE+∠BCE＝180°，推出∠DCE＝∠BAE，而∠CDE＝∠ADB，即可证明△CDE∽△ADB，推出CD：AD＝DE：BD，得到x：2＝（2﹣y）：2x，求出y＝2﹣x2． 【解答】解：∵点D和点B关于直线AC对称， ∴CD＝BC＝x，AD＝AB＝2， ∴BD＝2CD＝2x， ∵AE＝y， ∴DE＝2﹣y， ∵四边形ABCE是圆内接四边形， ∴∠BAE+∠BCE＝180°， ∵∠DCE+∠BCE＝180°， ∴∠DCE＝∠BAE， ∵∠CDE＝∠ADB， ∴△CDE∽△ADB， ∴CD：AD＝DE：BD， ∴x：2＝（2﹣y）：2x， ∴y＝2﹣x2， 故答案为：y＝2﹣x2． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，轴对称的性质，函数关系式，关键是证明△CDE∽△ADB，推出CD：AD＝DE：BD，得到x：2＝（2﹣y）：2x． 3．（2024•拱墅区二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC⊥BD，AB＝CD．若∠BOC＝120°，则∠ACO的度数为（　　） A．10° B．15° C．20° D．30° 【分析】根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出∠OCB，根据圆心角、弧、弦的关系得到，关根据圆周角定理得到∠ACB＝∠DCB，根据等腰直角三角形的性质求出∠ACB＝45°，计算即可． 【解答】解：∵OB＝OC，∠BOC＝120°， ∴∠OBC＝∠OCB（180°﹣120°）＝30°， ∵AB＝CD， ∴， ∴∠ACB＝∠DCB， ∵AC⊥BD， ∴∠ACB＝∠DCB＝45°， ∴∠ACO＝∠ACB﹣∠OCB＝45°﹣30°＝15°， 故选：B． 【点评】本题考查的是圆周角定理、圆心角、弧、弦的关系、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，熟记在同圆或等圆中，等弧所对的圆周角相等是解题的关键． 4．（2024•拱墅区一模）如图，点A，B，C，D，E在⊙O上顺次排列，已知AB＝BC，∠ABD＝∠BCE． （1）求证：BD＝CE； （2）若直线AE过圆心O，设∠BCE的度数为α，的度数为β． ①当β＝60时，求α的值； ②探索α和β满足的等量关系． 【分析】（1）根据圆心角、弧、弦之间的关系，圆周角定理进行解答即可； （2）根据圆内接四边形的性质，圆心角、弧、弦的关系进行解答即可． 【解答】证明：（1）∵AB＝BC， ∴， ∵∠ABD＝∠BCE， ∴，即， ∴， ∵， ∴， 即， ∴BD＝CE； （2）解：①∵的度数β＝60°， ∴，其度数都等于40°， ∴∠AOB＝40°， ∵点A、点B、点C、点E在⊙O上， ∴∠BCE+∠A＝180°， ∴∠BCE＝180°﹣（） ＝180°﹣70° ＝110°， 即α＝110°； ②6α+β＝720°，理由如下： ∵的度数β， ∴，其度数都等于， ∴∠AOB， ∵四边形ABCE是⊙O的内接四边形， ∴∠BCE+∠A＝180°， ∴∠BCE＝180°﹣∠A ＝180°﹣（） ＝90°∠AOB ＝90°， 即α＝90°， ∴6α+β＝720°． 【点评】本题考查圆内接四边形，圆心角、弧、弦的关系以及圆周角定理，掌握圆内接四边形对角互补，圆心角、弧、弦的关系以及圆周角定理是正确解答的关键． 考向三：切线的性质与判定 【题型4 切线的性质】 1、切线的性质：经过切点的半径垂直于圆的切线； 2、延伸：经过切点的直径也垂直于圆的这条切线 3、常用辅助线及规律：见切点，连半径，得垂直！ 1．（2024•浙江一模）如图，BC是⊙O的切线，点B是切点，连接CO交⊙O于点D，延长CO交⊙O于点A，连接AB，若∠C＝30°，OD＝2，则AB的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】连接OB、DB，由AD是⊙O的直径，得∠ABD＝90°，AD＝2OD＝4，由切线的性质得∠OBC＝90°，而∠C＝30°，则∠BOC＝60°，所以△BOD是等边三角形，则BD＝OD＝2，所以AB2，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接OB、DB，则OB＝OD＝2， ∵AD是⊙O的直径， ∴∠ABD＝90°，AD＝2OD＝4， ∵BC与⊙O相切于点B， ∴BC⊥OB， ∴∠OBC＝90°， ∵∠C＝30°， ∴∠BOC＝60°， ∴△BOD是等边三角形， ∴BD＝OD＝2， ∴AB2， 故选：C． 【点评】此题重点考查切线的性质定理、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 2．（2025•西湖区校级模拟）如图，⊙O与直线l相交，圆心O到直线l的距离，在直线l上取点B使AB＝3，将直线l绕点B逆时针旋转15°后得到直线m，若直线m恰好与⊙O相切于点C，则⊙O的半径为 　　 ． 【分析】连接OB，OC，首先由，得到∠ABO＝30°，求出，然后证明出OC⊥BC，CB＝CO，得到，进而求解即可． 【解答】解：如图所示，连接OB，OC， ∵圆心O到直线l 的距离， ∴OA⊥AB， ∵AB＝3， ∴，， ∴∠ABO＝30°， ∵将直线l绕点B逆时针旋转15°后得到的直线m， ∴∠ABC＝15°， ∴∠CBO＝∠CBA+∠ABO＝45°， ∵直线m恰好与⊙O相切于点C， ∴OC⊥BC， ∴∠COB＝45°， ∴CB＝CO，CB2+CO2＝BO2， ∴， ∴， ∴⊙O的半径为． 故答案为：． 【点评】此题考查了切线的性质，勾股定理，解直角三角形，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 3．（2024•鹿城区校级三模）如图，⊙O经过矩形ABCD的顶点A，B，且与边CD相切于点E，与边AD交于点F，若AF＝9DF，则AB和BC的比值为（　　） A． B． C． D． 【分析】过点O作OM⊥AD于M，延长MO交BC于N，交⊙O于H，连接OA，OB，得到AMAF，根据矩形的性质得到∠EON＝90°，AB＝MN，AM＝BN，根据切线的性质得到∠OEC＝90°，根据矩形的性质得到CN＝OE，设DF＝x，则AF＝9x，BC＝AD＝10x，AMx，OE＝DN＝10xxx，求得OA＝OEx，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：过点O作OM⊥AD于M，延长MO交BC于N，连接OA，OB， ∴AMAF， ∵四边形ABCD是矩形，BC＝AD， ∴AD∥BC，∠A＝∠B＝∠C＝90°， ∴ON⊥BC，四边形ABNM是矩形， ∴∠EON＝90°，AB＝MN，AM＝BN， ∵DE是⊙O的切线， ∴∠OEC＝90°， ∴四边形CEON是矩形， ∴CN＝OE， 设DF＝x，则AF＝9x，BC＝AD＝10x，AMx，OE＝DN＝10xxx， ∴OA＝OEx， 在Rt△AOM中，OMx， 同理可求ONx， ∴AB＝MN＝2x， ∴． 故选：A． 【点评】本题考查了切线的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 4．（2024•浙江）如图，AB是⊙O的直径，AC与⊙O相切，A为切点，连接BC．已知∠ACB＝50°，则∠B的度数为 　40°　 ． 【分析】由切线的性质得到∠BAC＝90°，由直角三角形的性质求出∠B＝90°﹣50°＝40． 【解答】解：∵AB是⊙O的直径，AC与⊙O相切，A为切点， ∴BA⊥AC， ∴∠BAC＝90°， ∵∠ACB＝50°， ∴∠B＝90°﹣50°＝40°． 故答案为：40°． 【点评】本题考查切线的性质，关键是由切线的性质得到∠BAC＝90°． 5．（2024•拱墅区一模）在直角坐标系xOy中，对于直线l：y＝kx+b，给出如下定义：若直线l与某个圆相交，则两个交点之间的距离称为直线l关于该圆的“圆截距”．如图，点M的坐标为（﹣1，0），若⊙M的半径为2，当k的取值在实数范围内变化时，直线l关于⊙M的“圆截距”的最小值为，则b的值为 　±1　 ． 【分析】如图所示，设直线l与⊙M交于B、C，与y轴交于D，过点M作MD⊥BC于E，连接MB，先证明当点E与点D重合时，ME最小，即此时BC最小，再由BC最小＝2，求出MD，可得1+b2＝2，解得b＝±1． 【解答】解：如图所示，设直线l与⊙M交于B、C，与y轴交于D，过点M作MD⊥BC于E，连接MB， ∵MA＝MB， ∴BC＝2BE， 在Rt△MBE中，由勾股定理得BE， ∴当ME最小时，BE最大，即此时BC最小， ∵ME≤MD， ∴当点E与点D重合时，ME最大，即此时BC最小， ∵直线l关于⊙M的“圆截距”的最小值为2，即BC最小＝2， ∴BDBC， ∴MD， ∵D（0，b）， ∴1+b2＝2， 解得b＝±1． 故答案为：±1． 【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系，垂径定理，圆周角定理，一次函数与几何综合，解直角三角形，勾股定理等等，正确理解题意利用数形结合的思想求解是解题的关键． 6．（2025•鹿城区校级一模）如图，PA，PB是⊙O的切线，切点分别是A，B，如果∠C＝65°，那么∠P的度数等于 　50°　 ． 【分析】直接利用切线的性质得出∠OAP＝∠OBP＝90°，进而利用圆周角定理结合四边形内角和定理得出答案． 【解答】解：连接OA，OB， ∵PA、PB是⊙O的切线，切点分别是A、B， ∴∠OAP＝∠OBP＝90°， ∵∠C＝65°， ∴∠AOB＝130°， ∴∠P＝360°﹣130°﹣90°﹣90°＝50°． 故答案为：50°． 【点评】此题主要考查了切线的性质以及圆周角定理，正确把握切线的性质是解题关键． 7．（2024•下城区校级模拟）如图，以矩形ABCD的边AB为直径作半圆O，边CD恰好与半圆O相切于点E，线段AC交此半圆于点F，连结EF，BF．若BC＝3，则的值为 　　 ． 【分析】连接OE、AE，如图，根据切线的性质得到OE⊥CD，则可判断四边形AOED和四边形OBCE都为正方形，所以OA＝OE＝OB＝BC＝3，AE＝3，再根据圆周角定理得到∠AFB＝90°，则利用勾股定理可计算出AC＝3，接着利用面积法可计算出BF，然后证明△CEF∽△CAE，利用相似比求出EF，最后计算的值． 【解答】解：连接OE、AE，如图， ∵边CD恰好与半圆O相切于点E， ∴OE⊥CD， ∵四边形ABCD为矩形， ∴四边形AOED和四边形OBCE都为矩形， ∵OE＝OA＝OB， ∴四边形AOED和四边形OBCE都为正方形， ∴OA＝OE＝OB＝BC＝3， ∴AEOA＝3， ∵AB为直径， ∴∠AFB＝90°， 在Rt△ABC中，AC3， ∵BF•ACAB•BC， ∴BF， ∵∠AFE∠AOE90°＝45°，∠AED＝45°， ∴∠CEA＝∠CFE＝135°， ∵∠ECF＝∠ACE， ∴△CEF∽△CAE， ∴，即， 解得EF， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理、矩形的性质和相似三角形的判定与性质． 8．（2024•定海区三模）如图，P为⊙O的直径BA延长线上的一点，PC为⊙O的切线，切点为C，CD⊥AB于D，连接AC． （1）求证：AC平分∠PCD； （2）若PA＝3，，求⊙O的半径． 【分析】（1）连接OC，则∠OCB＝∠B，由切线的性质得PC⊥OC，而BA是⊙O的直径，CD⊥AB于D，则∠ADC＝∠ACB＝∠OCP＝90°，可证明∠OCB＝∠ACP，则∠ACP＝∠B，因为∠ACD＝∠B＝90°﹣∠BAC，所以∠ACP＝∠ACD，即可证明AC平分∠PCD； （2）设⊙O的半径为r，则PB＝3+2r，可证明△PAC∽△PCB，得，则PC2＝PA•PB，推导出PCCB，则（CB）2＝3（3+2r），所以CB2＝3+2r，由勾股定理得（）2+3+2r＝（2r）2，即可求得⊙O的半径长为． 【解答】（1）证明：连接OC，则OC＝OB， ∴∠OCB＝∠B， ∵PC与⊙O相切于点C， ∴PC⊥OC， ∵BA是⊙O的直径，CD⊥AB于D， ∴∠ADC＝∠ACB＝∠OCP＝90°， ∴∠OCB＝∠ACP＝90°﹣∠OCA， ∴∠ACP＝∠B， ∵∠ACD＝∠B＝90°﹣∠BAC， ∴∠ACP＝∠ACD， ∴AC平分∠PCD． （2）解：设⊙O的半径为r，则AB＝2r， ∵PA＝3，AC， ∴PB＝3+2r， 由（1）和∠ACP＝∠B， ∵∠P＝∠P， ∴△PAC∽△PCB， ∴， ∴PC2＝PA•PB，PCCBCB， ∴（CB）2＝3（3+2r）， ∴CB2＝3+2r， ∵AC2+CB2＝AB2， ∴（）2+3+2r＝（2r）2， 解得r1，r2＝﹣1（不符合题意，舍去）， ∴⊙O的半径长为． 【点评】此题重点考查圆周角定理、切线的性质定理、等腰三角形的性质、同角的余角相等、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 【题型5 切线的性质与判定】 1、切线长定理：过圆外一点所作的圆的两条切线长相等； 2、切线的判定方法1：圆心到直线的距离等于半径的直线是圆的切线； 切线的判定方法2：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线； 3、切线证明常见辅助线及规律：有切点，连半径，证垂直；无切点，作垂直，证半径； 1．（2025•浙江模拟）如图，已知⊙O的直径AB为10，将⊙O沿CD折叠，使弧CED与直径AB相切于点E，则折痕CD的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【分析】如图，设AE＝x．CD＝y，设弧CED的圆心为O′，连接OO′交CD于F，连接O′E，OD，根据垂径定理以及勾股定理即可求解． 【解答】解：如图，设AE＝x．CD＝y，设弧CED的圆心为O′，连接OO′交CD于F，连接O′E，OD， 由折叠得OO′⊥CD，OF＝O′F，⊙O′的半径为5， ∴CF＝DF＝CD， ∴OF， ∴OO′＝2， ∵弧CE'D与AB相切于点E'， ∴O′E′⊥AB， ∴OO′2＝OE′2+O′E′2， ∵OE＝OB﹣BE′＝1﹣x， ∴（2）2＝（5﹣x）2+52， ∴（x﹣5）2+y2＝75， 当x＝5时，y的值最大，最大值为5， 当x＝10时，y的值最小，最小值为5， ∴5CD≤5． 故选：C． 【点评】此题主要考查了翻折变换的性质以及垂径定理和勾股定理，切线的性质，作辅助线是解题的关键． 2．（2024•诸暨市模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AC边上，以AD为直径作⊙O交BD的延长线于点E，CE＝BC． （1）求证：CE是⊙O的切线； （2）若CD＝1，BD＝3，求⊙O的半径长． 【分析】（1）连接OE，则∠ODE＝∠OED＝∠CDB，根据∠ACB＝90°得∠CBD+∠CDB＝90°，则∠CBD+∠OED＝90°，再根据CE＝BC得∠CBD＝∠CED，据此可得∠CED+∠OED＝90°，然后根据切线的判定可得出结论； （2）设⊙O的半径为r，则OD＝OE＝r，OC＝r+1，在Rt△BCD中由勾股定理可求出BC，然后在Rt△OEC中由勾股定理求出r即可． 【解答】（1）证明：连接OE，如图所示： ∵AD为⊙O的直径，点E在⊙O上， ∴OD＝OE， ∴∠ODE＝∠OED， ∵∠ODE＝∠CDB， ∴∠OED＝∠CDB， ∵∠ACB＝90°， ∴∠CBD+∠CDB＝90°， ∴∠CBD+∠OED＝90°， ∵CE＝BC， ∴∠CBD＝∠CED， ∴∠CED+∠OED＝90°， ∴∠OEC＝90°， 即OE⊥CE， 又∵OE为⊙O的半径， ∴CE是⊙O的切线； （2）设⊙O的半径为r，则OD＝OE＝r， ∵CD＝1， ∴OC＝OD+CD＝r+1， 在Rt△BCD中，CD＝1，BD＝3， 由勾股定理得：BC， ∴CE＝BC， ∵∠OEC＝90°， ∴在Rt△OEC中，由勾股定理得：OC2＝OE2+CE2， 即（r+1）2＝r2+（）2， 解得：r＝3.5． 故⊙O的半径为3.5． 【点评】此题主要考查了切线的判定，勾股定理，熟练掌握切线的判定，勾股定理是解决问题的关键． 3．（2023•婺城区校级模拟）如图，AB为⊙O的直径，点C是弧AB的中点，点D在圆O上，点E在AB的延长线上，且EF＝ED． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）连接BC，若tan∠BCD，DE＝6，求AB的长． 【分析】（1）连接OC，OD，可证明∠ODC＝∠OCD，∠FDE＝∠DFE＝∠OFC，根据∠OCF+∠OFC＝90°，进而证明∠ODF+∠FDE＝90°，进一步得出结论； （2）连接OD，作DG⊥AE于G，设DG＝a，AG＝2a，OA＝OD＝r，OG＝AG﹣OA＝2a﹣r，在Rt△DOG中列出r2﹣（2a﹣r）2＝a2，从而ra，进而tan∠DOG，进一步得出结果． 【解答】（1）证明：如图1， 连接OC，OD， ∵点C是弧AB的中点， ∴∠BOC＝∠AOC＝90°， ∴∠OCD+∠CFO＝90°， ∵∠BFD＝∠CFO， ∴∠OCD+∠BFD＝90°， ∵EF＝ED， ∴∠BFD＝∠EDF， ∴∠OCD+∠EDF＝90°， ∵OD＝OC， ∴∠ODF＝∠OCD， ∴∠ODF+∠EDF＝90°， ∴∠ODE＝90°， ∴OD⊥DE， ∵点D在⊙O上， ∴DE是⊙O的切线； （2）解：如图2， 连接OD，作DG⊥AE于G， ∵tan∠BAD＝tan∠BCD， ∴， 设DG＝a，AG＝2a，OA＝OD＝r， ∴OG＝AG﹣OA＝2a﹣r， 在Rt△DOG中， ∵OD2﹣OG2＝DG2， ∴r2﹣（2a﹣r）2＝a2， ∴ra， ∴OG＝2aaa， ∴tan∠DOG， 在Rt△DOE中， ∵tan∠DOG， ∴， ∴OD＝4.5， ∴AB＝2OD＝9． 【点评】本题考查了圆周角定理，圆的切线判定，解直角三角形等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识． 4．（2023•金华模拟）如图，BC是⊙O的直径，PB是⊙O的切线，切点为B，连结PO，过点C作AC∥PO交⊙O于点A，连结PA． （1）求证：AP是⊙O的切线； （2）若cos∠APO，⊙O的半径为3，求AC的长． 【分析】（1）连结OA，则OA＝OB＝OC，所以∠OAC＝∠C，由AC∥PO，得∠POA＝∠OAC，∠POB＝∠C，所以∠POA＝∠POB，可证明△POA≌△POB，得∠PAO＝∠PBO＝90°，即可证明AP是⊙O的切线； （2）连结AB交OP于点D，由切线长定理得PA＝PB，∠OPA＝∠OPB，所以OP⊥AB，AD＝BD，而CO＝BO，则AC＝2DO，再证明∠DAO＝∠APO，则cos∠DAO＝cos∠APO，则ADOA，即可由勾股定理求得DO，则AC． 【解答】（1）证明：连结OA，则OA＝OB＝OC， ∴∠OAC＝∠C， ∵AC∥PO， ∴∠POA＝∠OAC，∠POB＝∠C， ∴∠POA＝∠POB， ∵OP＝OP， ∴△POA≌△POB（SAS）， ∵PB是⊙O的切线，切点为B， ∴PB⊥OB， ∴∠PAO＝∠PBO＝90°， ∵OA是⊙O的半径，且AP⊥OA， ∴AP是⊙O的切线． （2）解：连结AB交OP于点D， ∵PA＝PB，∠OPA＝∠OPB， ∴OP⊥AB，AD＝BD， ∵CO＝BO， ∴AC＝2DO， ∵∠ADO＝∠PAO＝90°， ∴∠DAO＝∠APO＝90°﹣∠AOP， ∴cos∠DAO＝cos∠APO， ∵OA＝3， ∴ADOA3， ∴DO， ∴AC＝2， ∴AC的长是． 【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、平行线的性质、切线的判定、切线长定理、三角形的中位线定理、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 考向四：弧长、扇形面积和圆锥侧面积的计算 【题型6 弧长、扇形面积和圆锥侧面积的计算】 ；； 公式可以直接应用，也可以由弧长（或面积）的数值求解对应的圆心角或者半径 1．（2024•瑞安市校级模拟）点A，B，C在⊙O上的位置如图所示，∠A＝70°，⊙O的半径为3，则的长是（　　） A． B． C． D．7π 【分析】根据圆周角定理求出∠BOC的度数，再由弧长公式计算即可． 【解答】解：∵∠A＝70°， ∴∠BOC＝2∠A＝140°， ∴2π×3π． 故选：B． 【点评】本题考查弧长的计算及圆周角定理，熟练掌握并灵活运用弧长的计算公式及圆周角定理是解题的关键． 2．（2024•普陀区二模）已知圆锥的底面半径为3cm，母线长为5cm，则这个圆锥的侧面积是（　　）cm2． A．15π B．15 C．30π D．30 【分析】圆锥的侧面积＝底面周长×母线长÷2，把相应数值代入即可求解． 【解答】解：圆锥的侧面积＝2π×3×5÷2＝15π（cm2）． 故选：A． 【点评】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是弄清圆锥的侧面积的计算方法，特别是圆锥的底面周长等于圆锥的侧面扇形的弧长． 3．（2024•西湖区校级二模）如图，扇形的圆心角为120°，点C在圆弧上，∠ABC＝30°，OA＝2，阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 【分析】连接AC，CO，通过“同旁内角互补，两直线平行”得出AC∥OB，进而得出△ABC的面积等于△AOC的面积，所以可得出阴影部分的面积与扇形AOC的面积相等，据此可解决问题． 【解答】解：连接AC，CO， ∵∠ABC＝30°， ∴∠AOC＝2∠ABC＝60°． 又∵OA＝OC， ∴△AOC是等边三角形， ∴∠CAO＝60°． 又∵∠AOB＝120°， ∴∠CAO+∠AOB＝180°， ∴AC∥OB， ∴S△ABC＝S△AOC， ∴． 故选：B． 【点评】本题考查扇形面积的计算，通过平行线将阴影部分的面积转化为扇形OAC的面积及熟知扇形的面积公式是解题的关键． 4．（2024•湖州一模）传统服饰日益受到关注，如图1为明清时期女子主要裙式之一的马面裙，如图2马面裙可以近似地看作扇环，其中长度为π米，裙长AB为0.8米，圆心角∠AOD＝60°，则长度为 　π米　 ． 【分析】由弧长公式：l（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为r），即可计算． 【解答】解：∵圆心角∠AOD＝60°， ∴的长π， ∴OA＝1米， ∴OB＝OA+AB＝1+0.8＝1.8（米）， ∴的长π（米）， 故答案为：π米． 【点评】本题考查弧长的计算，关键是掌握弧长公式． 5．（2024•婺城区校级模拟）将平行四边形ABCD的AD边与BC边分别绕点A、点B逆时针旋转，得到矩形ABC′D′，若此时C′、D、B恰好共线，AB＝2cm，AD＝4cm，那么边CD扫过的面积为（　　） A． B． C． D．9 【分析】连接DD′，CC′，以A为圆心，AD的长为半径，作，以B为圆心，BC的长为半径，作，平行四边形CC′D′D的面积就是CD扫过的面积． 【解答】解：连接DD′，CC′，以A为圆心，AD的长为半径，作，以B为圆心，BC的长为半径，作， CD扫过的面积为，及C′D′，CD围成的面积，即平行四边形CC′D′D的面积就是CD扫过的面积． 由旋转可知，CD∥C′D′，AB＝CD＝C′D′＝2cm，AD＝AD′＝BC′＝4cm， ∴CC′D′D是平行四边形， ∴Rt△ABD中，BD2， ∴， ∴， 故答案为：A． 【点评】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 6．（2024•玉环市三模）把一个圆心角为120°，半径为9cm的扇形纸片，通过用胶水粘贴制作成了一个底面周长为4πcm的圆锥侧面，如图所示，则圆锥上粘贴部分（图中阴影部分）的面积是______cm2．（　　） A．8π B．9π C．19π D．27π 【分析】先求出围成圆锥的扇形弧长为4πcm，已知扇形的弧长为6πcm，可知粘贴部分的弧长为2πcm，利用扇形面积的计算方法进行计算即可． 【解答】解：∵圆锥的底面周长为4πcm， ∴围成圆锥的扇形弧长为4π（cm）， ∵已知扇形的弧长为6π（cm）， ∴粘贴部分的弧长为6π﹣4π＝2π（cm）， ∴圆锥上粘贴部分的面积是2π×9＝9π（cm2）． 故选：B． 【点评】本题考查圆锥的计算和扇形面积的计算，掌握扇形面积以及弧长的计算方法是正确解答的前提． 7．（2024•东阳市二模）如图所示是某几何体的三视图，根据图中数据计算，这个几何体侧面展开图的圆心角的度数为（　　） A．75° B．90° C．108° D．120° 【分析】根据圆锥的底面半径得到圆锥的底面周长，也就是圆锥的侧面展开图的弧长，根据勾股定理得到圆锥的母线长，利用弧长公式可求得圆锥的侧面展开图中扇形的圆心角． 【解答】解：∵圆锥的底面直径为4，则半径为2， ∴圆锥的底面周长为4π， ∵圆锥的高是2√2cm， ∴圆锥的母线长为6， 设扇形的圆心角为n°， ∴（nπ×6）÷180＝4π， 解得n＝120． 故这个几何体展开图的圆心角是120°． 故选：D． 【点评】本题考查了圆锥的计算，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．本题就是把的扇形的弧长等于圆锥底面周长作为相等关系，列方程求解． 8．（2024•东阳市二模）如图，在扇形OAB中，点O为圆心，点C在上，过点C作CD⊥OA于点D，交弦AB于点E，且CE＝AE，连接OE． （1）设∠AOE＝x，则∠AOB＝　4x　 ．（用x的代数式表示） （2）已知的长为5π，若△BEO为等腰三角形，则扇形OAB的半径长为 　或10　 ． 【分析】（1）连接OC，交AB于F，则OC＝OA，通过证得△COE≌△AOE（SSS），得到∠COE＝∠AOE，∠OCE＝∠OAB，进一步通过证得△CFE≌△ADE（ASA），证得OC⊥AB，得到，求得∠AOC＝∠BOC，则∠AOB＝2∠AOC＝4∠AOE＝4x； （2）由（1）可知，设∠AOE＝x，则∠AOB＝4x，∠BOE＝3x，利用等腰三角形的性质求得∠AOB的度数，利用弧长公式即可求得扇形OAB的半径长． 【解答】解：（1）连接OC，交AB于F，则OC＝OA， 在△COE和△AOE中， ， ∴△COE≌△AOE（SSS）， ∴∠COE＝∠AOE，∠OCE＝∠OAB， 在△CFE和△ADE中， ， ∴△CFE≌△ADE（ASA）， ∴∠EFC＝∠EDA＝90°， ∴OC⊥AB， ∴， ∴∠AOC＝∠BOC， ∴∠AOB＝2∠AOC＝4∠AOE＝4x， 故答案为：4x； （2）由（1）可知，设∠AOE＝x，则∠AOB＝4x， ∴∠BOE＝3x， ∵△BEO为等腰三角形， 当BE＝OE时， ∴∠ABO＝∠BOE＝3x， ∵OA＝OB， ∴∠OAB＝∠OBA＝3x， ∴3x+3x+4x＝180°， ∴x＝18°， ∴∠AOB＝4x＝72°， ∴5π， ∴r． 当BE＝OB时， ∴∠BEO＝∠BOE＝3x， ∴∠OAB＝2x， ∵OA＝OB， ∴∠OAB＝∠OBA＝2x， ∴2x+2x+4x＝180°， ∴x＝22.5°， ∴∠AOB＝4x＝90°， ∴5π， ∴r＝10． 故答案为：或10． 【点评】本题考查了弧长的计算，等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，垂径定理，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键． 考向五：三角形的外心与内心 【题型7 三角形的外心与内心】 1、三角形的外心：三角形三边中垂线的交点； 实际画图时只需要画两条中垂线的交点即可！ 2、三角形外心的性质：三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等； 常做辅助线：连结三角形内心和顶点的线段！ 3、三角形的内心：三角形条角平分线的交点； 实际画图时只需要画两条角分线的交点即可！ 4、三角形内心的性质：三角形的内心到三角形三边的距离相等； 常做辅助线：作内心到三边的垂线段 1．（2024•上城区二模）如图，△ABC圆内接于⊙O，连接OA，DB，OC，∠AOB＝2∠BOC．若∠OBC＝65°，则∠ABC的度数是（　　） A．95° B．105° C．115° D．135° 【分析】根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理即可得到结论． 【解答】解：∵OB＝OC， ∴∠OBC＝∠OCB＝65°， ∴∠BOC＝50°， ∵∠AOB＝2∠BOC＝100°，OA＝OB， ∴∠ABO＝∠OAB（180°﹣100°）＝40°， ∴∠ABC＝∠ABO+∠OBC＝40°+65°＝105°， 故选：B． 【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键． 2．（2024•宁波模拟）如图，在△ABC中，已知，，O是△ABC的外心，D是BC的中点，则OD＝（　　） A．2 B． C．1 D． 【分析】连接OB，OC，以点O为圆心，以OB为半径作△ABC的外接圆，依题意得OD⊥BC，BD＝CD2BC，∠BOD＝∠COD＝∠A，在Rt△BOD中根据cosA＝cos∠BOD得OB＝3OD，进而再利用勾股定理即可求出 OD的长． 【解答】解：连接OB，OC，以点O为圆心，以OB为半径作△ABC的外接圆，如图所示： ∵O是△ABC的外心，D是BC的中点，BC， ∴OD⊥BC，BD＝CDBC，∠BOD＝∠COD∠BOC， ∵∠BOC＝∠A， ∴∠BOD＝∠A， ∵cosA， ∴cos∠BOD， 在Rt△BOD中，cos∠BOD， ∴， ∴OB＝3OD， 由勾股定理得：OB2＝OD2+BD2， 即， 解得：OD＝1． 故选：C． 【点评】此题主要考查了三角形的外接圆，解直角三角形，熟练掌握三角形的外接圆，灵活运用锐角三角函数解直角三角形是解决问题的关键． 3．（2024•浙江模拟）已知△ABC的外接圆的半径为6，若∠A＝45°，∠B＝30°，则AB的长为 　33　 ． 【分析】设圆心为O，连接OC，OB，OA，根据圆周角定理得到∠AOC＝2∠ABC＝60°，∠BOC＝2∠BAC＝90°，推出△BOC是等腰直角三角形，△AOC是等边三角形，求得BC6，AC＝OC＝6，过C作CH⊥AB于H，根据直角三角形的性质即可得到结论． 【解答】解：设圆心为O，连接OC，OB，OA， ∵∠BAC＝45°，∠ABC＝30°， ∴∠AOC＝2∠ABC＝60°，∠BOC＝2∠BAC＝90°， ∵OB＝OC＝OA， ∴△BOC是等腰直角三角形，△AOC是等边三角形， ∴BC6，AC＝OC＝6， 过C作CH⊥AB于H， ∴BHBC＝3，AHAC＝3， ∴AB＝BH+AH＝33， 故答案为：33． 【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 4．（2024•诸暨市模拟）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点O，A，B，C在格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点O为原点建立直角坐标系． （1）过A，B，C三点的圆的圆心M坐标为 　（1，﹣2）　 ； （2）请通过计算判断点D（﹣3，﹣2）与⊙M的位置关系． 【分析】（1）连接AB，AC，过A，B，C三点的圆的圆心M为线段AB、AC的垂直平分线的交点，则M（1，﹣2），于是得到问题的答案； （2）连接MD、MA，可求得MD＝4，MA，则MD＞MA，所以点D（﹣3，﹣2）在⊙M外． 【解答】解：（1）连接AB，AC， 过A，B，C三点的圆的圆心M为线段AB、AC的垂直平分线的交点， 观察图形可知，点M的坐标为（1，﹣2）， 故答案为：（1，﹣2）． （2）连接MD、MA， ∵M（1，﹣2），D（﹣3，﹣2），A（﹣2，﹣1）， ∴MD＝1﹣（﹣3）＝4，MA， ∵4， ∴MD＞MA， ∵点D到圆心M的距离大于⊙M的半径， ∴点D（﹣3，﹣2）在⊙M外． 【点评】此题重点考查图形与坐标、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，正确求出点M的坐标是解题的关键． 5．（2024•临安区一模）如图，△ABC是圆O的内接三角形，延长BO交AC于点D，OE⊥BC，垂足为点E，点F是OB上一点，OE＝OF，若∠ABC＝m∠OEF，∠ACB＝n∠OEF，则m，n满足的关系式是 　m+n＝2　 ． 【分析】延长BO交⊙O于点H，连接CH，根据直径所对的圆周角是直角得出∠BCH＝90°，即可证得OE∥CH，于是得出∠H＝∠EOF，根据三角形内角和定理求出∠EOF＝2∠OEF，再根据同弧所对的圆周角相等得出∠A＝∠H＝∠EOF＝2∠OEF，最后根据∠ABC＝m∠OEF，∠ACB＝n∠OEF即可得出m，n满足的关系式． 【解答】解：如图，延长BO交⊙O于点H，连接CH， ∵BH为⊙O的直径， ∴∠BCH＝90°， ∵OE⊥BC， ∴∠OEB＝90°， ∴∠BCH＝∠OEB， ∴OE∥CH， ∴∠H＝∠EOF， ∵OE＝OF， ∴∠OFE＝∠OEF， ∴∠EOF＝180°﹣2∠OEF， ∴∠H＝180°﹣2∠OEF， ∴∠A＝∠H＝180°﹣2∠OEF， 在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A， 即∠ABC+∠ACB＝180°﹣（180°﹣2∠OEF）＝2∠OEF， ∵∠ABC＝m∠OEF，∠ACB＝n∠OEF， ∴∠ABC+∠ACB＝（m+n）∠OEF， ∴m+n＝2， 故答案为：m+n＝2． 【点评】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握圆周角定理及推论是解题的关键． 6．（2024•青田县校级模拟）如图，△ABC的内切圆⊙O分别与AB，BC，AC相切于点D，E，F，且AD＝3，BE＝2，CF＝4，则△ABC的周长为（　　） A．18 B．17 C．16 D．15 【分析】由切线长定理可知AD＝AF，BD＝BE，EC＝FC，再根据线段的和差即可求得答案． 【解答】解：∵△ABC的内切圆⊙O分别与AB，BC，AC相切于点D，E，F， ∴AD＝AF，BD＝BE，EC＝FC， ∵AD＝3，BE＝2，CF＝4， ∴AF＝3，BD＝2，CE＝4， ∴BC＝BE+EC＝6，AB＝AD+BD＝5，AC＝AF+FC＝7， ∴△ABC的周长＝BC+AB+AC＝18． 故选：A． 【点评】本题主要考查三角形的内切圆与内心及切线长定理，灵活运用切线长定理是解题的关键． 7．（2025•西湖区校级模拟）如图，在△ABC中，AB+ACBC，AD⊥BC于D，⊙O为△ABC的内切圆，设⊙O的半径为R，AD的长为h，则的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据三角形内切圆特点作出圆心和三条半径，分别表示出△ABC的面积，利用面积相等即可解决问题． 【解答】解：如图所示：O为△ABC中∠ABC、∠ACB、∠BAC的角平分线交点，过点O分别作垂线相交于AB、AC、BC于点E、G、F， S△ABC＝S△AOB+S△BOC+S△AOCAB•RBC•RAC•RR（AB+AC+BC）， ∵AB+ACBC， ∴S△ABCR（BC+BC）R•BC， ∵AD的长为h， ∴S△ABCBC•h， ∴R•BCBC•h， ∴hR， ∴， 故选：A． 【点评】本题考查三角形内切圆的相关性质，本题掌握三角形内切圆的性质，根据已知条件利用三角形ABC面积相等推出关系式是解题关键． 8．（2025•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，⊙O是△ABC的内切圆，若AC＝3.3，BC＝4.4，则图中△ABO的面积为（　　） A．5.5 B．2.75 C．6.05 D．3.025 【分析】根据勾股定理求出AB的长，再根据等面积法求出圆O的半径即可推出结果． 【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3.3，BC＝4.4， ∴AB5.5， 如图，连接OC， 设圆O的半径＝r， 则r， 即， ∴r＝1.1， ∴△ABO的面积3.025， 故选：D． 【点评】本题考查了三角形的内接圆与内心，三角形的面积，熟记三角形内接圆的性质是解题的关键． 9．（2024•浙江一模）如图，四边形ABCD为矩形，点E在边CD上，DE＝2CE，⊙O与四边形ABED的各边都相切，⊙O的半径为x，△BCE的内切圆半径为y，则x：y的值为（　　） A．2 B． C．3 D． 【分析】延长AD，BE交于点F，延长AD，BE交于点F，首先推导出△ABF∽△CEB，然后利用相似三角形的性质得到3，进而得解． 【解答】解：延长AD，BE交于点F， ∵⊙O与AF，BF，AB均相切， ∴⊙O是△ABF内切圆， 又∵AF∥BC， ∴△ABF∽△CEB， ∴3， ∴3． 故选：C． 【点评】本题主要考查了三角形的内切圆与内心，矩形的性质，切线的性质，解答本题的关键是熟练掌握相似三角形的判定定理． 10．（2024•温州三模）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC分别相切于D，E两点，连接DE，AO的延长线交DE于点F，若∠ACB＝70°，则∠AFD的大小是 　35°　 ． 【分析】如图所示，连接OE，OD，OB，设OB、DE交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定理求出∠AOB＝125°，再由切线长定理得到BD＝BE，进而推出OB是DE的垂直平分线，即∠OHF＝90°，则∠AFD＝∠AOH﹣∠OHF＝35°． 【解答】解：如图所示，连接OE，OD，OB，设OB、DE交于H， ∵⊙O是△ABC的内切圆， ∴OA、OB分别是∠CAB、∠CBA的角平分线， ∴， ∵∠ACB＝70°， ∴∠CAB+∠CBA＝180°﹣∠ACB＝110°， ∴， ∴∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠OBA＝125°， ∵⊙O与AB，BC分别相切于点D，E， ∴BD＝BE， 又∵OD＝OE， ∴OB是DE的垂直平分线， ∴OB⊥DE，即∠OHF＝90°， ∴∠AFD＝∠AOH﹣∠OHF＝35°， 故答案为：35°． 【点评】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定，三角形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 【题型8 三角形的外心与内心的尺规作图】 1．（2024•滨江区二模）如图，平面直角坐标系中三个点的坐标为A（1，1），B（2，4），C（3，1）．则△ABC的内切圆半径长为 　　 ． 【分析】设△ABC的内切圆⊙I与AB、BC、AC分别相切于点F、J、E，连接IF、IJ、IE、BE，求得S△ABC＝3，AB＝BC，连接AI、BI、CI，设△ABC的内切圆半径长为r，则IF＝IJ＝IE＝r，所以rr2r＝3，求得r，于是得到问题的答案． 【解答】解：设△ABC的内切圆⊙I与AB、BC、AC分别相切于点F、J、E，连接IF、IJ、IE、BE， ∵A（1，1），B（2，4），C（3，1），E（2，1）， ∴AC＝3﹣1＝2，BE＝4﹣1＝3，且BE⊥AC， ∴S△ABCAC•BE2×3＝3， ∵∠AEB＝∠CEB＝90°，AE＝CEAC＝1， ∴AB＝BC， 连接AI、BI、CI，设△ABC的内切圆半径长为r，则IF＝IJ＝IE＝r， ∵IF⊥AB于点F，IJ⊥BC于点J，IE⊥AC于点E， ∴S△ABC＝S△AIB+S△BIC+S△AICAB•IFBC•IJAC•IE， ∴rr2r＝3， 解得r， 故答案为：． 【点评】此题重点考查图形与坐标、勾股定理、三角形的内切圆的定义和性质、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键． 2．（2025•拱墅区模拟）如图，已知在△ABC中，∠A＝90° （1）请用圆规和直尺作出⊙P，使圆心P在AC边上，且⊙P与AB，BC两边都相切；（保留作图痕迹，不写作法和证明） （2）若AB＝3，BC＝6，⊙P切BC于点D，求劣弧的长． 【分析】（1）作∠ABC的平分线交AC于点P，作PD⊥BC于点D，根据角平分线的性质得PD＝PA，即可得⊙P与AB，BC两边都相切； （2）证明∠APD＝120°，求出半径AP，根据弧长公式即可解决问题． 【解答】解：（1）如图，⊙P即为所求； （2）∵∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝6， ∴BC＝2AB， ∴∠C＝30°， ∴∠ABC＝60°， ∵⊙P切BC于点D， ∴∠PDB＝∠BAP＝90°， ∴∠APD＝120°， 由（1）作图可知：BP平分∠ABC， ∴∠ABP＝30°， ∴AP＝AB•tan30°＝3， ∴劣弧的长． 【点评】本题考查作图﹣复杂作图，切线的判定与性质，弧长的计算，解决本题的关键是掌握基本作图方法． 3．（2024•钱塘区一模）如图，在由边长为1的小正方形构成的5×6的网格中，△ABC的顶点A，B，C均在格点上．请按要求完成作图：①仅用无刻度直尺；②保留作图痕迹并标注相关字母． （1）如图1，在线段AC上找一点D，使得； （2）如图2，在三角形内寻找格点P，使得∠BPC＝2∠A． 【分析】（1）分别取格点M，N，使AM：CN＝1：4，且AM∥CN，连接MN，交AC于点D，结合相似三角形的判定与性质可知，点D即为所求． （2）分别作线段BC，AC的垂直平分线，相交于点P，结合线段垂直平分线的性质、三角形外角的性质可知，点P即为所求． 【解答】解：（1）如图1，分别取格点M，N，使AM：CN＝1：4，且AM∥CN，连接MN，交AC于点D， 则△ADM∽△CDN， ∴， 则点D即为所求． （2）如图2，分别作线段BC，AC的垂直平分线，相交于点P， 连接BP并延长，交格点于点D，连接CP并延长，交格点于点E， 则∠ABP＝∠BAP，∠ACP＝∠CAP， ∴∠APD＝∠ABP+∠BAP＝2∠BAP，∠APE＝∠ACP+∠CAP＝2∠CAP， ∴∠DPE＝∠APD+∠APE＝2（∠BAP+∠CAP）＝2∠BAC， ∴∠BPC＝∠DPE＝2∠BAC， 则点P即为所求． 【点评】本题考查作图—应用与设计作图、相似三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、三角形外角的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 4．（2023•鄞州区一模）如图，在8×8的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上． （1）在图1中画出∠ADC，使得∠ADC＝∠ABC，且点D为格点． （2）在图2中画出∠CEB，使得∠CEB＝2∠CAB，且点E为格点． 【分析】（1）构造全等三角形解决问题即可． （2）利用圆周角定理解决问题即可． 【解答】解：（1）如图点D，D′，D″即为所求． （2）如图点E，E′即为所求． 【点评】本题考查作图﹣应用与设计，全等三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 5．（2023•婺城区模拟）如图，点A、B、C在⊙O上且AB＝AC，AB⊥AC，请你利用直尺和圆规，用三种不同的方法，找到圆心O．（保留作图痕迹） 【分析】根据三角形外心的定义画出图形即可． 【解答】解：如图，点O即为所求． 【点评】本题考查作图﹣复杂作图，等腰直角三角形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 6．（2023•浙江模拟）如图，在5×5的方格中，点A，B，C为格点． （1）利用无刻度的直尺在图1中画出△ABC的中线BF； （2）在图2中标出△ABC的外心Q并画出△ABC外接圆的切线CP． 【分析】（1）根据中线的概念作图； （2）根据线段垂直平分线的定义作图． 【解答】解：（1）如图所示，BF即为所求； （2）如图所示，⊙O和PC即为所求． 【点评】本题主要考查作图﹣应用与设计作图，解题的关键是掌握三角形的高线、中线以及角平分线的定义． 7．（2023•北仑区二模）在4×6的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，分别按要求画出图形（仅用无刻度直尺，并保留画图痕迹）． （1）在图1中，已知线段AB的端点均在格点上，画出一个以AB为腰的等腰△ABC，且C在格点上； （2）在图2中，已知△ABC为格点三角形，作出△ABC的内心点Ⅰ． 【分析】（1）作腰为5的三角形即可； （2）作BQ平分∠ABC，AT平分∠BAC，BQ交AT于点I，点I即为所求． 【解答】解：（1）如图1中，△ABC即为所求； （2）如图2中，点Ⅰ即为所求． 【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，等腰三角形的判定和性质，三角形的内心等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 考向六：圆的综合证明问题 【题型9 圆的综合证明问题】 1、圆中的特殊角对应关系： ①当圆周角=30°时，圆心角=60°→等边三角形 ②当圆周角=45°时，圆心角=90°→等腰直角三角形 ③当圆周角=60°时，圆心角=120°→三边比为1:1：的等腰三角形 ④当圆周角=90°时，→弧为半圆 2、圆的综合证明问题常见结合考点 ①知2得1： ②三角形相似： ③Rt△勾股定理：圆中求长度，垂径＋勾股！ ④三角函数：相似三角形与三角函数不分家，所以应用方法类似； 特殊之处是：给三角函数，必“找”Rt△ ⑤特殊角： 常见特殊角有→15°、30°、45°、60°、75°、105°、120°、135°、150°、 1．（2024•台州模拟）如图，半圆O的直径AB＝6．点C在半圆O上，连结AC，BC，过点O作OD∥AC分别交BC，于点E，D，连结AD交BC于点F． （1）求证：点D是的中点； （2）将点O绕点F顺时针旋转90°到点G． ①当点G在线段AD上，求AC的长； ②当点G在线段AC上，求sin∠ABC的值． 【分析】（1）根据AB为直径得出∠C＝90°，在根据平行线的性质得出OD垂直BC，再根据垂径定理得出结论即可； （2）①根据旋转的性质可得OF⊥AD，根据垂径定理可得AF＝DF，在根据平行线分线段成比例得出DE＝AC，再根据三角形中位线定理得出OE是AC的一半，最后根据OD＝3求解AC即可； ②根据旋转的性质得出△FCG和△OEF全等，从而得到CF＝OE，再根据（2）的结论，用OE表示出BE，最后根据勾股定理求解OE的长，即可求出∠ABC的正弦值． 【解答】（1）证明：∵AB是半圆O的直径， ∴∠C＝90°， ∵OD∥AC， ∴∠OEB＝∠C＝90°，即OD⊥BC， ∴，即点D是的中点； （2）解：①连接OF，作FG＝OF， ∴∠OFG＝90°，即OF⊥AD， ∴AF＝DF， 又∵OD∥AC， ∴1， ∴AC＝DE， 又∵O是AB中点， ∴OEAC， ∴OD＝ACACAC＝3， ∴AC＝2； ②如图： 由（1）知，∠C＝∠OEF＝90°， 由旋转的性质可知，∠OFG＝90°，OF＝FG， ∴∠CFG+∠OFE＝90°， ∴∠DFG＝∠EOF， ∴△FCG≌△OEF（AAS）， ∴OE＝CF， 由①得：AC＝2OE， 设OE＝CF＝x，则AC＝2x，DE＝3﹣x， ∴， ∴EF， ∴CE＝BE＝CF+EF， 在Rt△BOE中，（）2+x2＝9， 解得：x＝1.8， ∴sin∠ABC． 【点评】本题主要考查了圆的综合题，熟练掌握圆周角定理、垂径定理、平行线分线段成比例、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及锐角三角函数的定义是本题解题的关键． 2．（2025•洞头区模拟）如图，在▱ABCD中，AD＞AB，过点A、B、D作圆，取圆上一点E，连接CE交圆于点F．连接ED，EB，EA，使∠CED＝∠BEA，连接FD． （1）若∠CED＝15°，∠EDF＝10°，求∠EAD的度数． （2）①求证：∠ECD＝∠EAD； ②求证：AE为圆的直径． 【分析】（1）在△DEF中，由三角形外角性质可得∠DFC＝∠CED+∠EDF＝25°，再由圆内接四边形ADFE的性质即可得到答案； （2）①根据圆周角与弦的关系，再结合平行四边形的性质得到CD＝AB＝DF，由等腰三角形的性质即可得证； ②作AP∥DE，交圆于点P，连接BP，如图，由平行四边形的性质及AP∥DE得到的角相等，由三角形全等的判定与性质得到AP＝DE，进而由弦、弧及圆周角关系得到∠EDA＝∠PAD，根据平行线的性质确定∠EDA+∠PAD＝180°，即可得到∠EDA＝90°，即可得证． 【解答】（1）解：∵∠CED＝15°，∠EDF＝10°， ∴∠DFC＝∠CED+∠EDF＝25°， ∵四边形ADFE为圆内接四边形， ∴∠EAD＝∠DFC＝25°； （2）证明：①∵∠CED＝∠AEB， ∴DF＝AB， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB＝CD， ∴CD＝AB＝DF， ∴∠ECD＝∠DFC＝∠EAD， 即∠ECD＝∠EAD； ②作AP∥DE，交圆于点P，连接BP，如图， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∵AP∥DE， ∴∠EDC＝∠PAB， ∵∠CED＝∠AEB＝∠BPA， ∴△CED≌△BPA（AAS）， ∴AP＝DE， ∴， ∵， ∴∠EDA＝∠PAD， ∵AP∥DE， ∴∠EDA+∠PAD＝180°， ∴∠EDA＝∠PAD＝90°， ∴AE为圆的直径． 【点评】本题是圆的综合，涉及三角形外角性质、圆内接四边形性质、弦弧及圆周角关系、平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质、平行线的性质及圆周角推论等知识，熟练掌握圆的相关性质是解决问题的关键． 3．（2025•西湖区校级模拟）在△ABC内接于⊙O，点D在⊙O上，连结AD，AO，分别交BC于点E，F，∠CAD＝∠BAO． （1）求证：AD⊥BC． （2）若AO∥CD． ①求证：CA＝CF． ②若CD＝5，，求BC的长． 【分析】（1）延长AO交⊙O于点M，连结CM，利用圆周角定理，三角形外角的性质和垂直的定义解答即可； （2）①利用平行线的性质，三角形的外角的性质和等腰三角形的判定定理解答即可； ②利用相似三角形的判定与性质得到，设AC＝5a，则AF，设CE＝x，则EF＝5a﹣x，利用勾股定理求得x，再利用相似三角形的判定与性质解答即可得出结论． 【解答】（1）证明：延长AO交⊙O于点M，连结CM，如图， ∵AM为⊙O的直径， ∴∠ACM＝90°， ∴∠BCM+∠ACE＝90°， ∵∠BCM＝∠BAO， ∴∠BAO+∠ACE＝90°， ∵∠CAD＝∠BAO， ∴∠CAD+∠ACE＝90°， 即∠AEC＝90°， ∴AD⊥BC； （2）①证明：∵AO∥CD， ∴∠FAE＝∠D， ∵∠D＝∠B， ∴∠FAE＝∠B， ∵∠CAF＝∠CAE+∠FAE，∠FAB+∠B＝∠AFC， 又∵∠CAD＝∠BAO，即∠CAE＝∠FAB， ∴∠CAF＝∠AFC， ∴CA＝CF； ②解：∵∠CAD＝∠FAB，∠D＝∠B， ∴△ACD∽△AFB， ∴， 设AC＝5a，则AFa， 由①知CF＝CA， ∴CF＝5a， 设CE＝x，则EF＝5a﹣x， 由（1）知AD⊥BC， ∴AE2＝AC2﹣CE2，AE2＝AF2﹣EF2， ∴AC2﹣CE2＝AF2﹣EF2， ∴， ∴x＝4a， 即CE＝4a，EF＝a， ∴， ∵∠FAE＝∠B，∠AEF＝∠BEA， ∴△AEF∽△BEA， ∴， 即AE2＝EF•EB， ∴， 解得， ∴CF＝5a， ∴BC＝CF+BF． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，恰当的添加辅助线和利用勾股定理列出方程解答是解题的关键． 4．（2024•婺城区校级模拟）如图1，是小明设计一个logo的数学原理图．如图2将两块形状相同，大小不相同的直角三角形纸片放入⊙O中，其中∠CAB＝∠CED＝90°，圆心O在直角边AB上．连接CO并延长，交DE于点F．若BC＝10cm，DC＝12cm． （1）求⊙O的半径． （2）求证：EC2＝EF•ED． （3）求DF的长． 【分析】（1）由垂径定理得，在Rt△ABC中，由勾股定理求得．在Rt△AOC中，由勾股定理求得CO2＝AO2+AC2，即r2＝（8﹣r）2+62，求解即可． （2）先由余角性质得∠D＝∠B，再由等腰三角形的性质得∠B＝∠ECF，又由∠CEF＝∠CED＝90°，即可由相似三角形的判定定理得出结论； （3）根据，∠B＝∠D，可得，解得．在Rt△CDE中，．再由（2）求解即可． 【解答】（1）解：∵∠BAC＝90°，圆心O在边AB上，BC＝10cm，DC＝12cm， ∴AD＝ACCD12＝6（cm）， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB8（cm）， 在Rt△AOC中，由勾股定理得：CO2＝AO2+AC2， ∴r2＝（8﹣r）2+62， 解得r， ∴⊙O的半径为cm； （2）证明：∵∠BAC＝∠DEC＝90°，∠DCE＝∠BCA， ∴∠D＝∠B． ∵CO＝BO， ∴∠B＝∠ECF， ∴∠D＝∠ECF． ∵∠CEF＝∠CED＝90°， ∴△ECF∽△EDC， ∴， ∴EC2＝EF•ED； （3）解：∵sinB，∠B＝∠D，DC＝12cm， ∴sinD， 解得CE． 在Rt△CDE中，由勾股定理得：DE． ∵CE2＝DE•EF， ∴（DF）， 解得：DF， ∴DF的长为cm． 【点评】本题属于圆的综合题，主要考查垂径定理，余角的性质，相似三角形的判定与性质，三角函数的定义，勾股定理，熟练掌握相关判定与性质是解题的关键． （建议用时：50分钟） 1．（2024•镇海区校级模拟）一圆的半径为3，圆心到直线的距离为4，则该直线与圆的位置关系是（　　） A．相切 B．相交 C．相离 D．以上都不对 【分析】先确定出d和r的大小，然后根据d和r的大小关系进行判断即可． 【解答】解：∵由题意可知d＝4，r＝3， ∴d＞r． ∴直线与圆相离． 故选：C． 【点评】本题主要考查的是直线与圆的位置关系，依据d和r的数量关系判断直线和圆的位置关系是解题的关键． 2．（2024•宁波模拟）如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，若∠CDB＝32°，则∠ABC等于（　　） A．68° B．64° C．58° D．32° 【分析】先由圆周角定理可知∠ACB＝90°，再求出∠ADC＝58°，然后由圆周角定理求解即可． 【解答】解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠ADC+∠CDB＝90°， ∴∠ADC＝90°﹣∠CDB＝90°﹣32°＝58°， ∵∠ABC＝∠ADC， ∴∠ABC＝58°， 故选：C． 【点评】本题考查了圆周角定理；熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 3．（2024•拱墅区校级二模）已知一个扇形的面积是12π，弧长是2π，则这个扇形的半径为（　　） A．24 B．36 C．12 D．6 【分析】扇形面积公式为S，直接代值计算即可． 【解答】解：S，即12π， 解得r＝12． 故选：C． 【点评】此题考查扇形的面积公式，S，解题关键是在不同已知条件下挑选合适的公式进行求解． 4．（2024•浙江模拟）如图是我们生活中常见的标识筒，可将其上半部分近似的看成一个底面半径为10cm，高为40cm的圆锥，现要在该圆锥侧面贴一层反光膜（无缝隙与拼接），则反光膜面积为（　　） A． B．400πcm2 C． D．800πcm2 【分析】先利用勾股定理计算出圆锥的母线长，然后利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解． 【解答】解：由题意可得：圆锥的母线长为：10（cm）， 反光膜面积为：π×10×10100π（cm2）． 故选：C． 【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长． 5．（2024•桐乡市校级一模）曹老师家所在的小区有如图1所示的护栏宣传版面，其形状是扇形的一部分，图2是其平面示意图，AD和BC都是半径的一部分，小敏测得∠ADC＝∠BCD＝120°，DC＝0.8m，AD＝BC＝0.6m，则这块宣传版面的周长为（　　） A． B． C． D． 【分析】分别延长AD、BC交于点O，根据等边三角形的性质得到∠DOC＝60°，OD＝OC＝DC＝0.8m，再根据弧长公式计算即可． 【解答】解：如图，分别延长AD、BC交于点O， ∵∠ADC＝∠BCD＝120°， ∴∠ODC＝∠OCD＝60°， ∴△OCD为等边三角形， ∴∠DOC＝60°，OD＝OC＝DC＝0.8m， ∵AD＝BC＝0.6m， ∴OA＝OB＝1.4m， ∴的长为：π（m）， 则这块宣传版面的周长为：AD+DC+BC（π+2）m， 故选：A． 【点评】本题考查的是弧长的计算，熟记弧长公式是解题的关键． 6．（2024•浙江模拟）“莱洛三角形”也称为圆弧三角形，它是工业生产中广泛使用的一种图形．如图，分别以等边三角形ABC的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，三段圆弧围成的封闭图形是“莱洛三角形”．若该“莱洛三角形”的面积为，则等边三角形ABC的边长为（　　） A． B．1 C． D． 【分析】令正三角形ABC的边长为x，将“莱洛三角形”的面积转化为扇形ABC面积的3倍再减去△ABC面积的2倍，进而建立关于x的方程即可解决问题． 【解答】解：过点A作BC的垂线，垂足为M， ∵AB＝AC，AM⊥BC， ∴BM＝CM． 令等边三角形ABC的边长为2x， 则AB＝2x，BM＝x， 在Rt△ABM中， AM． ∴， 又∵， ∴， 解得x（舍负）， ∴AB＝2x＝1． 即等边三角形ABC的边长为1． 故选：B． 【点评】本题考查扇形面积的计算，能将“莱洛三角形”的面积转化为扇形ABC面积的3倍减去△ABC面积的2倍是解题的关键． 7．（2025•镇海区校级模拟）如图，已知△ABC内接于⊙O，点M为BC的中点，连结AM交⊙O于点E，且C为的中点，连结CE，在BC上存在点H，使得，若BH＝2，则AC的长（　　） A．4 B． C． D． 【分析】连接BE，作HF∥ME交BE于点F，则∠FHE＝∠HEM，由∠HEM∠BCA∠BEM，得∠HEB＝∠HEM，则∠FHE＝∠HEB，所以EF＝HF，则，由，得∠CAM＝∠CEA＝∠CBA，可证明△ACM∽△BCA，由M为BC的中点，得BC＝2MC，则，所以ACMC，再证明△BFH∽△ACM，得，则，则BHMH＝2，求得MH，则MC＝MB2，所以ACMC＝2+2，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接BE，作HF∥ME交BE于点F，则∠FHE＝∠HEM， ∵∠BEM＝∠BCA，∠HEM∠BCA， ∴∠HEM∠BEM， ∴∠HEB＝∠HEM， ∴∠FHE＝∠HEB， ∴EF＝HF， ∴， ∵C为的中点， ∴， ∴∠CAM＝∠CEA＝∠CBA， ∵∠ACM＝∠BCA， ∴△ACM∽△BCA， ∴， ∵M为BC的中点， ∴BC＝2MC， ∴， ∴ACMC， ∵∠FBH＝∠CAM，∠BFH＝∠BEM＝∠ACM， ∴△BFH∽△ACM， ∴， ∴， ∴BHMH＝2， ∴MH， ∴MC＝MB＝MH+BH2， ∴ACMC＝2+2， 故选：C． 【点评】此题重点考查圆周角定理、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 8．（2024•镇海区校级三模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，CA＝CB，弦BN∥AC，AN交CO的延长线于点M．已知OC＝5，AB＝8，则AM：AN为（　　） A．1：2 B．5：11 C．6：11 D．2：3 【分析】取AB中点E，连接OE并延长交⊙O于D，连接OA，DA，CN，由垂径定理和三线合一定理可得CE⊥AB，OE⊥AB，则C、O、E三点共线，利用勾股定理求出OE＝3，则DE＝2，进而求出，再证明∠ACN＝∠CAB，得到；设AM＝x，DM＝y，则，证明△ADM∽△CNM，利用相似三角形的性质得到，则． 【解答】解：如图所示，取AB中点E，连接OE并延长交⊙O于D，连接OA，DA，CN， ∵CA＝CB，点E为AB中点， ∴CE⊥AB，OE⊥AB， ∴C、O、E三点共线， ∵OC＝5，AB＝8， ∴， ∴， ∴DE＝OD﹣OE＝2， ∴， ∵CD是直径， ∴∠CAD＝90°， ∴； ∵BN∥AC， ∴∠ANB＝∠CAN， ∴CN＝AB＝8， ∵∠ACB＝∠ANB＝∠CAN，∠ABC＝∠ANC， ∴∠ACN＝∠CAB， ∴； 设AM＝x，DM＝y，则， ∵∠MCN＝∠MAD，∠CNM＝∠ADM， ∴△ADM∽△CNM， ∴，即， ∴， 解得， ∴， ∴， 故选：B． 【点评】本题主要考查了垂径定理，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，三线合一定理，相似三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造相似三角形和直角三角形是解题的关键． 9．（2024•婺城区校级模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝4，．以点A为圆心，将边AD顺时针旋转，交AC于点E，得到扇形ADE，扇形ADE正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆半径是　　 ． 【分析】先求出∠CAD＝30°，再由弧长公式求出DE的长，进一步求出该圆锥的底面圆半径． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴CD＝AB＝4，∠CDA＝90°， ∵， ∴∠CAD＝30°， ∴DE的长， ∴该圆锥的底面圆半径为：， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了矩形的性质以及弧长公式的应用，熟练掌握弧长公式是解答本题的关键． 10．（2025•浙江一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABO＝∠ACO＝15°，BC＝6，若扇形OBC（图中阴影部分）正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的高为＝ 　　 ． 【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后根据∠ABO＝∠ACO＝15°，可以得到∠BAC的度数，从而可以得到∠BOC的度数，然后根据BC＝6，可以得到OB的长，再根据圆锥和侧面展开图的关系，即可求得圆锥的高． 【解答】解：连接OA， ∵OA＝OB，OA＝OC， ∴∠OAB＝∠OBA，∠OAC＝∠OCA， ∵∠ABO＝∠ACO＝15°， ∴∠OAB＝∠OAC＝15°， ∴∠BAC＝30°， ∴∠BOC＝60°， ∵BC＝6，OB＝OC， ∴△OBC是等边三角形， ∴OB＝OC＝6， 设扇形OBC围成的圆锥的底面半径为r， 则， 解得r＝1， ∴该圆锥的高为：， 故答案为：． 【点评】本题考查三角形的外接圆和外心、圆周角定理、圆锥的计算，解答本题的关键是求出圆锥的半径和母线长． 11．（2025•湖州一模）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连接OC，OD，则∠BAE﹣∠COD＝　36　 °． 【分析】根据多边形的内角和可以求得∠BAE的度数，根据周角等于360°，可以求得∠COD的度数，然后即可计算出∠BAE﹣∠COD的度数． 【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形， ∴∠BAE108°，∠COD72°， ∴∠BAE﹣∠COD＝108°﹣72°＝36°， 故答案为：36． 【点评】此题重点考查正多边形与圆、正五边形的性质、正多边形的中心角、等腰三角形的性质等知识，根据正多边形的中心角的定义求得∠COD＝72°是解题的关键． 12．（2024•钱塘区三模）如图，已知点A，B，C，D在⊙O上．若∠CAD＝35°，∠ABD＝50°，则∠ADC的度数为 　95°　 ． 【分析】由圆周角定理得到∠CBD＝∠CAD＝35°，求出∠ABC＝∠ABD+∠CBD＝85°，由圆内接四边形的性质推出∠ADC+∠ABC＝180°，即可求出∠ABC＝95°． 【解答】解：∵∠CBD＝∠CAD＝35°， ∴∠ABC＝∠ABD+∠CBD＝50°+35°＝85°， ∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠ADC+∠ABC＝180°， ∴∠ABC＝95°． 故答案为：95°． 【点评】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，关键是由圆周角定理得到∠CBD＝∠CAD，由圆内接四边形的性质推出∠ADC+∠ABC＝180°． 13．（2024•拱墅区模拟）如图，锐角三角形ABC内接于⊙O，OD⊥BC于点D，AO的延长线交线段BD于点E．若∠BAC＝2∠DOE，，则∠DOE的度数为 　30°　 ． 【分析】由圆周角定理得∠BAC，，再根据等腰三角形的性质得出∠BOD＝∠COD，于是推出∠COD＝∠BAC，设∠DOE＝α，用含α的式子表示∠COD、∠ABC、∠AOC，最后根据∠DOE+∠COD+∠AOC＝180°即可求出∠DOE的度数． 【解答】解：如图，连接OB、OC， 由圆周角定理得，∠BAC，， ∵OB＝OC，OD⊥BC， ∴∠BOD＝∠COD， ∴∠COD＝∠BAC， 设∠DOE＝α， ∵∠BAC＝2∠DOE， ∴∠BAC＝2α＝∠COD， 在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°， ∵∠ACB， ∴2α+∠ABC180°， ∴∠ABC， ∴∠AOC＝2∠ABC， ∵∠DOE+∠COD+∠AOC＝180°， ∴α+2α180°， 解得α＝30°， 即∠DOE＝30°， 故答案为：30°． 【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 14．（2024•鹿城区校级三模）如图是半球型建筑物的横截面示意图，O是圆心，直径AB＝6m．在半圆上的点C，D处分别安装了光束角相同的照明灯（即∠ACE＝∠ODB），C处灯照亮了AE，AE＝2m，D处灯照亮了OB，若光线CA平行光线DO，则点D，点C到AB的高度差为 　　 m． 【分析】如图，连接CO，过点C作CM⊥AB于点M，过点D作DN⊥AB于点N．首先利用相似三角形的性质证明CM：DN＝2：3，解直角三角形求出CM，DN可得结论． 【解答】解：如图，连接CO，过点C作CM⊥AB于点M，过点D作DN⊥AB于点N． ∵AC∥DO， ∴∠A＝∠DOB， ∵∠ACE＝∠ODB， ∴△ACE∽△ODB， ∵CM，DN是三角形的高， ∴， ∵OD＝OB， ∴∠ODB＝∠B， ∴∠AEC＝∠B＝∠ACE， ∴AC＝AE＝2， 设AM＝x，则有22﹣x2＝32﹣（3﹣x）2， ∴x， ∴CM， ∴DNCM＝2， ∴DN﹣CM＝2． 故答案为：． 【点评】本题考查垂径定理的应用，平行线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题． 15．（2025•镇海区校级模拟）如图，△OAB为直角三角形，且OA⊥AB，以O为圆心，OA为半径作圆与OB交于点E，过点A作AF⊥OE于点F交圆O于点C，延长AO交圆O于点D，连结DE交AC于点M，若圆O的半径为5，，则AM的长为 　7.5　 ． 【分析】连接AE，依题意得OA＝OD＝OE＝5，AD＝10，进而得∠AED＝90°，∠D＝∠OED，在Rt△ADE中，根据tan∠D，设AE＝3k，DE＝4k，则AD＝5k，由此得k＝2，则AE＝6，DE＝8，证明∠MAE＝∠OED＝∠D，在Rt△MAE中，cos∠MAE，在Rt△ADE中，cos∠D，则，由此可得AM的长． 【解答】解：连接AE，如图所示： ∵点O是⊙O的圆心，⊙O的半径为5，AO的延长线交⊙O于点D， ∴AB是⊙O直径，OA＝OD＝OE＝5，AD＝10， ∴∠AED＝90°，∠D＝∠OED， 在Rt△ADE中，tan∠D， 设AE＝3k，DE＝4k， 由勾股定理得：AD5k， ∴5k＝10， 解得：k＝2， ∴AE＝3k＝6，DE＝4k＝8， ∵AF⊥OE，∠AED＝90°， ∴∠MAE+∠AEO＝90°，∠AEO+∠OED＝90°， ∴∠MAE＝∠OED， ∵∠D＝∠OED， ∴∠MAE＝∠D， 在Rt△MAE中，cos∠MAE， 在Rt△ADE中，cos∠D， ∴， ∴AM7.5． ∴AM的长为7.5． 故答案为：7.5． 【点评】此题主要考查了圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，熟练掌握圆周角定理，灵活运用三角函数及勾股定理进行计算是解决问题的关键． 16．（2024•浙江）如图，在圆内接四边形ABCD中，AD＜AC，∠ADC＜∠BAD，延长AD至点E，使AE＝AC，延长BA至点F，连结EF，使∠AFE＝∠ADC． （1）若∠AFE＝60°，CD为直径，求∠ABD的度数． （2）求证：①EF∥BC； ②EF＝BD． 【分析】（1）根据圆周角定理进行计算即可； （2）①利用圆内接四边形的外角等于它的内对角以及平行线的判定方法即可得出结论； ②根据全等三角形的性质，圆周角定理进行解答即可． 【解答】（1）解：∵CD为直径， ∴∠CAD＝90°， ∵∠AFE＝∠ADC＝60°， ∴∠ACD＝90°﹣60°＝30°， ∴∠ABD＝∠ACD＝30°； （2）证明：①如图，延长AB， ∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠CBM＝∠ADC， 又∵∠AFE＝∠ADC， ∴∠AFE＝∠CBM， ∴EF∥BC； ②过点D作DG∥BC交⊙O于点G，连接AG，CG， ∵DG∥BC， ∴， ∴BD＝CG， ∵四边形ACGD是圆内接四边形， ∴∠GDE＝∠ACG， ∵EF∥DG， ∴∠DEF＝∠GDE， ∴∠DEF＝∠ACG， ∵∠AFE＝∠ADC，∠ADC＝∠AGC， ∴∠AFE＝∠AGC， ∵AE＝AC， ∴△AEF≌△ACG（AAS）， ∴EF＝CG， ∴EF＝BD． 【点评】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，掌握圆周角定理，圆内接四边形的性质以及平行四边形的性质是正确解答的关键． 17．（2025•浙江模拟）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，P是BC边上一点，过A，C，P三点的圆与AB交于点E，过点C作CH⊥AB交AB于点H，交该圆于点F，连接PF交AB于点Q． （1）求证：． （2）如图2，若AC＝PC，求证：AE＝FC． （3）若AC＝6，BC＝8，求EQ的最大值． 【分析】（1）连接AP，AF，通过∠ACB＝90°，可知∠AFP＝90°，再推理出∠PFC＝∠EAF，即可得到． （2）连接AP，CE，AF，由AC＝PC，可知△ACP是等腰直角三角形，由此可推出△CEH与△AFH也都是等腰直角三角形，所以AH+EH＝FH+CH，即AE＝FC． （3）连接AP，PE，先用勾股定理求出AB的长，再得到PE与BP的数量关系，设PE＝3x，由△EPQ∽△CAP，可得到EQ是关于x的二次函数，求出该二次函数的最大值即为EQ的最大值． 【解答】（1）证明：如图1，连接AP，AF． ∵∠ACB＝90°，过A，C，P三点的圆过点F， ∴∠AFP＝90°， ∴∠AFC+∠PFC＝90°． ∵CH⊥AB于点H， ∴∠AHF＝90°， ∴∠AFC+∠EAF＝90°， ∴∠PFC＝∠EAF， ∴． （2）证明：如图2，连接AP，CE，AF． ∵AC＝PC，∠ACB＝90°， ∴∠CAP＝∠APC＝45°． ∵∠AFC＝∠APC＝45°，∠AHF＝90°， ∴AH＝FH． ∵∠AEC＝∠APC＝45°，∠CHE＝90°， ∴CH＝EH， ∴AH+EH＝FH+CH，即AE＝FC． （3）解：如图3，连接AP，PE． ∵AC＝6，BC＝8，∠ACB＝90°， ∴AB10． ∵∠ACB＝90°，过A，C，P三点的圆过点E， ∴∠AEP＝90°． ∵∠BEP＝∠ACB＝90°，∠B＝∠B， ∴△BEP∽△BCA， ∴， ∴，即． 设PE＝3x，则BP＝5x， ∴CP＝BC﹣BP＝8﹣5x． 由（1）可知， ∴∠EPQ＝∠CAP． 又∵∠PEQ＝∠ACP＝90°， ∴△EPQ∽△CAP， ∴， ∴， ∴EQ， ∴EQ的最大值为． 【点评】本题是圆的综合应用题，考查了圆的有关性质，相似三角形的判定与性质及二次函数的最值相关知识，善于添加辅助线，具有函数思想求最值是解题的关键，本题是中考模拟卷的压轴题，第（3）问难度较大． 18．（2024•吴兴区校级四模）已知△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC． （1）如图1，求证：； （2）如图2，当BC为直径时，作BE⊥AD于点E，CF⊥AD于点F，求证：DE＝AF； （3）如图3，在（2）的条件下，延长BE交⊙O于点G，连接OE，若EF＝2EG，AC＝2，求OE的长． 【分析】（1）由∠BAD＝∠CAD知∠BOD＝∠COD，根据圆心角定理可得； （2）作OM⊥AD知AM＝DM，证BE∥OM∥CF得，由OB＝OC知FM＝EM，由AM﹣FM＝DM﹣EM即可得证； （3）延长EO交AB于点H，连接CG、OA，由∠BAC＝90°且AD平分∠BAC知AF＝CF，证四边形EFCG是矩形且EF＝2EG得EF＝2，据此知BE＝AE＝3、AB＝6，根据AE＝BE、OA＝OB知EH垂直平分AB，据此证△HBO∽△ABC得，求得OH＝1，根据OE＝EH﹣OH可得答案． 【解答】解：（1）如图1，连接OB、OC、OD， ∵∠BAD和∠BOD是所对的圆周角和圆心角， ∠CAD和∠COD是所对的圆周角和圆心角， ∴∠BOD＝2∠BAD，∠COD＝2∠CAD， ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD， ∴∠BOD＝∠COD， ∴； （2）如图2，过点O作OM⊥AD于点M， ∴∠OMA＝90°，AM＝DM， ∵BE⊥AD于点E，CF⊥AD于点F， ∴∠CFM＝90°，∠MEB＝90°， ∴∠OMA＝∠MEB，∠CFM＝∠OMA， ∴OM∥BE，OM∥CF， ∴BE∥OM∥CF， ∴， ∵OB＝OC， ∴1， ∴FM＝EM， ∴AM﹣FM＝DM﹣EM， ∴DE＝AF； （3）延长EO交AB于点H，连接CG，连接OA． ∵BC为⊙O直径， ∴∠BAC＝90°，∠G＝90°， ∴∠G＝∠CFE＝∠FEG＝90°， ∴四边形CFEG是矩形， ∴EG＝CF， ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAF＝∠CAF90°＝45°， ∴∠ABE＝180°﹣∠BAF﹣∠AEB＝45°， ∠ACF＝180°﹣∠CAF﹣∠AFC＝45°， ∴∠BAF＝∠ABE，∠ACF＝∠CAF， ∴AE＝BE，AF＝CF， 在Rt△ACF中，∠AFC＝90°， ∴sin∠CAF，即sin45°， ∴CF＝2， ∴EG， ∴EF＝2EG＝2， ∴AE＝3， 在Rt△AEB中，∠AEB＝90°， ∴AB6， ∵AE＝BE，OA＝OB， ∴EH垂直平分AB， ∴BH＝EH＝3， ∵∠OHB＝∠BAC，∠ABC＝∠ABC ∴△HBO∽△ABC， ∴， ∴OH＝1， ∴OE＝EH﹣OH＝3﹣1＝2． 【点评】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆心角定理和圆周角定理、解直角三角形的应用及相似三角形的判定与性质等知识点． 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$